這題的確是一道好題，很好的將狀態dp以及圖論的最短路徑，這裏上面的權值表示的花費的錢，另外還有很多約束問題，
首先大體描述下這道題，就是一個技術員，遍歷N個節點，首先他一開始在0號節點，且是星期一，然後遍歷1..N-1 編號的節點，這裏要求每個節點只能走一次，而且必須每個節點都得走到，最後還要回到0號節點，而且從一個定點到另一個頂點是要花費p天的時間，還要要一定的錢，而且在每個節點也至少得待一天的時間，最後的最後，要我們解決的問題是，首先判定他是否能夠每個節點都能走到，另外，如果能又是否能在星期六或星期天到，若是，那麼我們至少得花多少錢呢！
問題已經很清晰了，現在的問題就是如何求了，按照我開始的思路，首先判定這是否是一個遍歷所有節點的迴路，然後既然這是一個狀態dp的問題，那麼肯定是涉及到狀態的改變的，那麼狀態是什麼呢，這裏就是走過的節點，可以作爲狀態，如果已經走過，那麼爲1，否則爲0，那麼N個節點可以表示成一個二進制串，然後相對應的十進制值就是狀態數，如上，我們如何判斷狀態的合法性，這裏就是走過的節點就不要回去了，所以就很好判斷了，也就是說每一位只能置1一次，好，搞過之後，我們在找狀態方程，因爲這裏好像很隱藏，
因爲問題描述當中，有要求的天數，和花費的錢數，那麼這個方程到底怎麼表示呢！
這裏設dp[state][des][d] 這個方程的意思就是狀態爲state時，且到達了des節點，且此時是星期d ，另外這個值就是達到這點所花費的錢 0<=state<2^N,1<=des<=N-1,0<=d<7
然後就是初始化問題，dp[0][0][0]=inf,dp[1][0][0]=0,然後就是用bfs遍歷找出求最短路勁了，這裏最短路勁也好求，首先在輸入的時候，建立鄰接表，bfs的用隊列維護，這裏就如上所述，所涉及的要保存的信息很多，於是我們想到結構體，用結構體來表示節點以及邊，這樣，這個過程就很好辦了，當然我們知道bfs的過程中，還有一個visit的，這裏也需要建立類似的標記，這裏要和dp有同樣的大小，
這樣搞過之後，最後就很好辦了，首先dp[2^N-1][1....N][D] ，循環遍歷在目標1....N個節點中看看有沒到0號節點的，兩個fou循環，找出最小值，同時判斷是否能夠在星期六和星期天道，這些都很好辦了，，接下來就可以去是實現了，，就是苦力活了，，有許多的細節，要考慮全面！
下面的代碼就是寫給自己看的，成功AC，，要實現就自己寫吧！
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
struct edge
{
int y,p,t; //含義如題所述
};
struct node
{
int s,n,d; //s表示當前狀態，n表示節點標號，d表示經過的天數
};
vector<edge> num[11];
int dp[1<<10][11][7];
int visit[1<<10][11][7];
queue<node> qu;
int N,M;
void sloveinput()
{
//初始化
for(int i=0;i<(1<<N);i++)
for(int j=0;j<N;j++)
for(int k=0;k<7;k++)
{
dp[i][j][k]=inf;
visit[i][j][k]=0;
}
for(int i=0;i<N;i++)
num[i].clear();
edge tmp;
for(int i=0;i<M;i++)
{
int a;
cin>>a>>tmp.y>>tmp.p>>tmp.t;
num[a].push_back(tmp);
}
//鄰接表以建立好
}
void slovedp()
{
//這個函數就是要求dp[][][]裏面能求的值，要用隊列
node start;
edge tmp;
start.s=1;start.n=0;start.d=0;
//
tmp.y=0;tmp.p=0;tmp.t=0;
//這裏從0號節點開始，00...001 所以狀態s爲1，但是節點y爲0，當然p，和t爲0
// qu.clear();
dp[1][0][0]=0;
visit[1][0][0]=1;
qu.push(start);
while(!qu.empty()) //開始bfs嘍
{
node tp=qu.front();
qu.pop();
for(int i=0;i<num[tp.n].size();i++) //在這些臨邊遍歷
{
if(!(tp.s&(1<<num[tp.n][i].y)))
//這說明以前這個節點還是沒有走過的，那麼可擴展，
//這裏就是判定合法狀態的條件，狀態dp一般到要這樣
{
//建立節點保存，併入隊列，
node node1;
node1.s=tp.s|(1<<num[tp.n][i].y);
node1.n=num[tp.n][i].y;
node1.d=(tp.d+num[tp.n][i].t+1)%7;
//到這裏後，如何判定入棧呢
if(dp[tp.s][tp.n][tp.d]+num[tp.n][i].p<dp[node1.s][node1.n][node1.d])
//如果通過上一個狀態 花費加上到當前節點的花費小於 當前狀態的花費，則擴充，入棧，//這裏是重要的地方，狀態轉移方程
{
dp[node1.s][node1.n][node1.d]=dp[tp.s][tp.n][tp.d]+num[tp.n][i].p; //更新吧
if(!visit[node1.s][node1.n][node1.d])
{
visit[node1.s][node1.n][node1.d]=1;
qu.push(node1);
}
}
}
}
}
}
void sloveans()
{
//這個收尾就很簡單嘍
int end=(1<<N)-1;
int flag1=0,flag2=0;
int ans=inf;
for(int i=1;i<=N-1;i++) //遍歷
for(int j=0;j<num[i].size();j++)
{
if(num[i][j].y==0) //說明有回到0節點的
{
for(int dd=0;dd<7;dd++) //判定是否能在週六或週日到
{
if(dp[end][i][dd]<inf)
//說明有成功到達0節點的，且遍歷了所有節點,這裏一開始寫成裏 dp[end][num[i][j].y][dd]<inf，細節問題一定要注意啊
{
flag1=1;
//再是第二個條件，看是否能在週六或週日到達
if(((dd+num[i][j].t)%7)>=5&&ans>dp[end][i][dd]+num[i][j].p)
//這裏把星期一去掉，默認從0，那麼經過t天后，如果是5,6，就說明了是能在星期六和星期日到達的
//並且找到滿足的最小花費值
{
flag2=1;
ans=dp[end][i][dd]+num[i][j].p;
}
}
}
}
}
if(!flag1) cout<<"It's not my thing!"<<endl;
else if(!flag2) cout<<"Oh, My god!"<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
while(cin>>N>>M)
{
sloveinput();
slovedp();
sloveans();
}
}
