Zoj 3524 Crazy Shopping （DP_完全背包)

题目大意：从前有n座山，山里都有一座庙，庙里都有一个老和尚，老和尚专送纪念品，每个纪念品重量为cost[i]，价值为val[i]。n座山形成一张有m条边的有向图，某山道某某山都有距离dist[i]。主角xx从st点出发，背着个容量为M的背包，想要收集最多的价值。但是主角体弱多病要顾及身体，每次背着重量为wi从某山走到某某山就要耗费dist[i]*wi的能量。最后能价值最多时最少的能量耗费为多少？

解题思路：看上去像神题，但仔细分析就是一个拓扑排序+完全背包，不过细节着实有点蛋痛。我最开始是想先再每个点做一次完全背包，这样转移的时候直接转移就好了。但是这样似乎很难实现。
    设dp[i][j]到达i点背包里装容量为j的最大价值，power[i][j]表示价值最大时的最小耗费。按上一段说的一开始就转移的话，那么dp[i][j]都会被更新，此时power[i][j]应该是0，因为不知道前面跑了几万几千里。但是这样并不靠谱，先不说从st能不能到i，就说能到达的时候，我们怎么得到一个和dp[i][j]一样的值，那么此时power应该更新为多少？还有dp[i][j]要怎么更新?
    上面是我的一次失败的尝试，但对后面的分析也有帮助，我只要先进行拓扑排序，然后利用拓扑序向后转移，转移到下一个点就做一次完全背包，一个点可能从很多歌点转移来，优先更新dp[i][j]然后更新power[i][j],转移得到的dp[i][j]和power[i][j]都是从前序节点转移而来，如果.而每次转移的时候还必须对下一个节点进行标记，表示能否从st点而来。
    具体的转移方程和完全背包很像，只是在价值一样的时候要依据power进行转移，实现见代码。

测试数据：
4 4 10 1
1 1
2 3
3 4
4 5
1 2 5
1 3 4
2 4 4
3 4 5

4 4 10 1
3 5
2 2
3 3
1 1
1 2 5
1 3 10
2 4 4
3 4 5

4 4 15 1
4 7
2 3
3 3
1 1
1 2 5
1 3 10
2 4 0
3 4 5

4 4 0 1
4 7
2 3
3 3
1 1
1 2 5
1 3 10
2 4 0
3 4 5

4 4 15 4
4 7
2 3
3 3
1 1
1 2 5
1 3 10
2 4 0
3 4 5

4 4 15 2
4 7
2 3
3 3
1 1
1 2 5
1 3 10
2 4 0
3 4 5

4 3 15 1
2 3
3 3
2 1
1 1
1 3 0
2 3 5
3 4 0

4 3 15 1
2 3
3 3
2 1
1 1
1 3 0
2 3 5
3 4 10

Output:
15 0
16 81
25 60
0 0
15 0
22 0
22 0
22 140

C艹代码：
[cpp]
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MIN 700
#define MAX 2100
#define int64 long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

struct node {

    int v,len;
}cur;
vector<node> mmap[MIN];
int n,m,road,x,cost[MIN],val[MIN],flag[MIN];
int st[MIN],top,cnt[MIN],real[MIN],Index;
int64 dp[MIN][MAX],power[MIN][MAX],ans,dist;

void Initial() {

    Index = 0;
    top = ans = dist = 0;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    memset(power,-1,sizeof(power));
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        mmap[i].clear();
}
void Debug_InPut() {

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 0; j <= m; ++j)
            printf("(%lld %lld)%c",dp[i][j],power[i][j],j==m?'\n':' ');
}
void ToooPooo() {

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (cnt[i] == 0) st[++top] = i;
    while (top != 0) {

        int v = st[top--];
        real[++Index] = v;
        //printf("%d\n",v);
        int size = mmap[v].size();
        for (int i = 0; i < size; ++i) {

            cur = mmap[v][i];
            cnt[cur.v]--;
            if (cnt[cur.v] == 0)
                st[++top] = cur.v;
        }
    }
}
void Solve_AC() {

    int i,j,k,s,v,size,tp;


    for (j = 0; j <= m; ++j) {
        //相当于初始化
        power[x][j] = 0;
        if (j >= cost[x])
            dp[x][j] = max(dp[x][j],dp[x][j-cost[x]]+val[x]);
        if (dp[x][j] > ans)
            ans = dp[x][j],dist = 0;
        //printf("%d %lld ans%lld\n",j,dp[x][j],ans);
    }

    flag[x] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) {

        v = real[i];
        if (flag[v] == 0) continue;             //flag为0 ，表示不可达
        size = mmap[v].size();
        for (s = 0; s < size; ++s) {

            cur = mmap[v][s];
            tp = cur.v,flag[tp] = 1;            //可达,tp为下一个节点号
            for (j = 0; j <= m; ++j) {

                if (dp[tp][j] < dp[v][j]) {      //优先根据dp[tp][j]进行转移

                    dp[tp][j] = dp[v][j];
                    power[tp][j] = power[v][j] + cur.len * j;
                }
                e

补充：软件开发 , C++ ,