题目大意：一开始手上有 0 个节点，有 n 天抉择，m 种方案，在每天中可以选择任意种方案、任意次地花费 x 个节点（手上的节点数不能为负），使得在 n 天结束后，获得 y 个节点。
其次，在每天结束后，会根据自己手上所具有的节点数来获得一些节点，设当天结束后所拥有 x 个节点，那么将获得 f(x) 个节点。
分析：
1、将全过程分为 n 天，每天开始有一定的节点数，然后 DP 求得花费后的最大价值（这个最大价值指的是，n 天结束后仅返还获得的最大节点数）。故设 dp[i][j] 表示在第 i 天花费操作完后，所能在最后一天返还节点数的最大值。
2、很显然这是一个完全背包问题。在 DP 处理每天话费节点之前，需要更新当天最开始所拥有的节点数所代表的 价值 （即结束返还的总节点数）。而当天一开始的节点数由上一天末尾所持有的节点数 x + 上一天结束后获得的节点数 f(x) 。
故枚举上一天结束后所持有的节点数 j ，则有： dp[i][j+f[j]]=max（ dp[i][j+f[j]] , dp[i-1][j] ） 。
直接枚举物品数：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int s[];
int dp[][];
struct Good{
int a,b;
}A[];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=k;i++) scanf("%d",&s[i]);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b);
}
memset(dp,0xc0c0c0c0,sizeof(dp));
dp[][]=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=k;j++){
dp[i][j+s[j]]=max(dp[i][j+s[j]],dp[i-][j]);
}
for(int w=;w<=m;w++){
for(int j=A[w].a;j<=;j++){
for(int e=;e<=j/A[w].a;e++){
dp[i][j-e*A[w].a]=max(dp[i][j-e*A[w].a],dp[i][j]+e*A[w].b);
}
}
}
}
int ans=;
for(int i=;i<=;i++){
ans=max(ans,dp[n][i]+i+s[i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
优化要注意的是：由于这里的 dp 转移方程的方向是从末端向前转移过来的，而完全背包优化掉一个循环的原理是要用到在本层之前的物品状态，故枚举方向对应的也需要从末端向前端。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int s[];
int dp[][];
struct Good{
int a,b;
}A[];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=k;i++) scanf("%d",&s[i]);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b);
}
memset(dp,0xc0c0c0c0,sizeof(dp));
dp[][]=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=k;j++){
dp[i][j+s[j]]=max(dp[i][j+s[j]],dp[i-][j]);
}
for(int w=;w<=m;w++){
for(int j=;j>=A[w].a;j--){
dp[i][j-A[w].a]=max(dp[i][j-A[w].a],dp[i][j]+A[w].b);
}
}
}
int ans=;
for(int i=;i<=;i++){
ans=max(ans,dp[n][i]+i+s[i]);
}
printf("%d\n",ans);
}