发现问题的起因是HDU 1712，一个赤裸的分组背包。所以有必要说一下这个题目。
题意：
一个学生用M天的时间复习N门课程，每门课程花费不同的天数，有不同的收获。问如何安排这M天，使得收获最大。
思路：
可以将每一门课看成一个分组，每门课不同天数的选择看成是分组的物品（显然只能有一个选择），物品的费用即为花费的天数，物品的价值为题中给出的收获。该题中背包容量最大为M。
设dp[x]为前i组物品，在背包容量为x（即费用为x）时的最大价值。则将i从1到N进行过历遍后（第一重循环），dp[m]即为所求。
在这种状态设置中，容易想出以下两种阶段递推方式（以下所述都为第二和第三重循环）：
1，在同一个背包容量中，对不同费用的物品进行枚举比较：
for(j=MAX;j>=1;--j) //背包容量
for(k=1;k<=m;++k) //不同费用的物品
2，在同一费用的物品中，对放在不同背包容量时计算最大价值：（该方式同《背包九讲-分组背包》中的伪代码部分）
for(k=1;k<=m;++k) //不同费用的物品
for(j=MAX;j>=1;--j) //背包容量
简略分析：
1，分析第一种递推方式的正确:
该方式即求在容量为j的背包中，选择哪一个物品可以有最大价值。
看递推方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[k]]+w[k]);（其中c[k]为k物品的费用，w[k]为价值），由于递降枚举背包容量，max比较中的dp[j]是由上一组物品决策所得，在这里将被忽略。因为就算不忽略，在本组物品中dp[j]的决策依然要取决于dp[j-c[k]]+w[k]。
而同样由于递降枚举背包容量（第二重循环），dp[j-c[k]]在本组物品中是未进行过决策的，亦即背包容量为j-c[k]时，在本组物品中是没有选择任何物品的，这可以保证对dp[j]决策时，不会多选本组中的物品。
2，分析第二种递推方式的错误：
该方式即求对物品k，放在所有背包中，计算各个最大价值。
同样是递推方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[k]]+w[k]);（其中c[k]为k物品的费用，w[k]为价值）。能否保证dp[j-c[k]]在本组中未经决策，就成了该递推方式对错的关键。
由于背包容量的递降枚举在第三重循环，只能保证k物品不会重复选择。对于另一k0物品，当背包容量枚举到j-c[k]的时候，由方程可以有：dp[j-c[k]]=max(dp[j-c[k]],dp[j-c[k]-c[k0]]+w[k0]，亦即dp[j-c[k]]可能在本组中的其他物品中进行过决策。
那么这样就可能导致在一组物品中选择了多件物品。
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周五的早上AC了那个题目，但是感觉留下了一堆的问题。然后忙了两天别的事，直到今天才感觉彻底搞懂了。
在最近的几个题中，也算逐渐明白知识学习与能力培养的区别。
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以下附《背包九讲-分组背包》中的内容和HDU 1712的代码。
分组背包：
P06: 分组的背包问题
问题
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
算法
这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}。
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for 所有的i属于组k
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
另外，显然可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。
小结
分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如P07），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。
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//HDU 1712(被注释的为以上第二种递推方式）：
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAX=100;
int dp[MAX+1],data[MAX+1][MAX+1];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)&&(n||m))
{
int i,j,k;
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=m;++j)
scanf("%d",&data[i][j]);
/*
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=m;j>=1;--j)
for(k=MAX;k>=j;--k)
if(dp[k]<dp[k-j]+data[i][j])
dp[k]=dp[k-j]+data[i][j];
*/
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=MAX;j>=1;--j)
for(k=1;k<=m;++k)
if(j>=k)
dp[j]=dp[j]>dp[j-k]+data[i][k]?dp[j]:dp[j-k]+data[i][k];
printf("%d\n",dp[m]);
}
return 0;
}