顧名思義，混合揹包就是將前面三種的揹包問題（01，完全，多重）混合起來，有的只能取一次，有的能取無限次，有的只能取 k 次。
正解
特解
部分情況下，如小資料，可以轉換成多重揹包（把完全情況的數量換成足夠大，如1e7，就把完全相對變成了多重）
例題
https://www.luogu.com.cn/problem/P1833
櫻花
題目背景
《愛與愁的故事第四彈·plant》第一章。
題目描述
愛與愁大神後院裡種了 \(n\) 棵櫻花樹，每棵都有美學值 \(C_i(0 \le C_i \le 200)\)。愛與愁大神在每天上學前都會來賞花。愛與愁大神可是生物學霸，他懂得如何欣賞櫻花：一種櫻花樹看一遍過，一種櫻花樹最多看 \(P_i(0 \le P_i \le 100)\) 遍，一種櫻花樹可以看無數遍。但是看每棵櫻花樹都有一定的時間 \(T_i(0 \le T_i \le 100)\)。愛與愁大神離去上學的時間只剩下一小會兒了。求解看哪幾棵櫻花樹能使美學值最高且愛與愁大神能準時（或提早）去上學。
輸入格式
共 \(n+1\)行：
第 \(1\) 行：現在時間 \(T_s\)（幾時：幾分），去上學的時間 \(T_e\)（幾時：幾分），愛與愁大神院子裡有幾棵櫻花樹 \(n\)。這裡的 \(T_s\)，\(T_e\) 格式為：hh:mm，其中 \(0 \leq hh \leq 23\)，\(0 \leq mm \leq 59\)，且 \(hh,mm,n\) 均為正整數。
第 \(2\) 行到第 \(n+1\) 行，每行三個正整數：看完第 \(i\) 棵樹的耗費時間 \(T_i\)，第 \(i\) 棵樹的美學值 \(C_i\)，看第 \(i\) 棵樹的次數 \(P_i\)（\(P_i=0\) 表示無數次，\(P_i\) 是其他數字表示最多可看的次數 \(P_i\)）。
輸出格式
只有一個整數，表示最大美學值。
樣例 #1
樣例輸入 #1
6:50 7:00 3
2 1 0
3 3 1
4 5 4
樣例輸出 #1
11
提示
\(100\%\) 資料：\(T_e-T_s \leq 1000\)（即開始時間距離結束時間不超過 \(1000\) 分鐘），\(n \leq 10000\)。保證 \(T_e,T_s\) 為同一天內的時間。
樣例解釋：賞第一棵櫻花樹一次，賞第三棵櫻花樹 \(2\) 次。
Code
點選檢視程式碼
const int maxn = 1e7 + 10;
int dp[maxn], w[maxn], v[maxn], sum[maxn];
int wnew[maxn], vnew[maxn];
pair<int, int> huan(string s) {
int h, t;
h = s[0] - '0';
if (s.size() == 5) {
h = h * 10 + s[1] - '0';
t = (s[3] - '0') * 10 + s[4] - '0';
}
else { t = (s[2] - '0') * 10 + s[3] - '0'; }
pair<int, int> p;
p = {h, t};
return p;
}
void solve() {
int n, m;
string s1, s2;
cin >> s1 >> s2 >> n;
auto [a1, b1] = huan(s1);
auto [a2, b2] = huan(s2);
m = (a2 - a1) * 60 + b2 - b1;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> w[i] >> v[i] >> sum[i];
int x = sum[i], j = 1;
if (x == 0) x = maxn;
while (x) {
if (j <= x) {
x -= j;
wnew[++cnt] = w[i] * j;
vnew[cnt] = v[i] * j;
j <<= 1;
}
else {
wnew[++cnt] = w[i] * x;
vnew[cnt] = v[i] * x;
break;
}
}
}
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
for (int j = m; j >= wnew[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - wnew[i]] + vnew[i]);
}
}
cout << dp[m];
}