Description
小R最近遇上了大麻烦，他的程序设计挂科了。于是他只好找程设老师求情。善良的程设老师答应不挂他，但是要
求小R帮助他一起解决一个难题。问题是这样的，程设老师最近要进行一项邪恶的实验来证明P=NP，这个实验一共
持续n天，第i天需要a[i]个研究生来给他搬砖。研究生毕竟也是人，所以雇佣研究生是需要钱的，机智的程设老师
已经联系好了m所大学，第j所大学共有l[j]个研究生，同时雇佣这所大学的一个研究生需要p[j]元钱。本来程设老
师满心欢喜的以为，这样捡最便宜的max{a[i]}个研究生雇来，就可以完成实验；结果没想到，由于他要求硕士生
们每天工作25个小时不许吃饭睡觉上厕所喝水说话咳嗽打喷嚏呼吸空气，因此一天下来给他搬砖的所有研究生都会
进入濒死状态。濒死状态的研究生，毫无疑问，就不能再进行工作了。但是机智的老师早早联系好了k家医院，第i
家医院医治一个濒死的研究生需要d[i]天,并且需要q[i]元钱。现在，程设老师想要知道，最少花多少钱，能够在
这n天中满足每天的需要呢？若无法满足，则请输出”impossible”。注意，由于程设老师良心大大的坏，所以他
是可以不把濒死的研究生送去医院的！。
Input
本题包含多组数据；第一行是一个数T(T<=11)，表示数据组数，以下T组数据。
对于每一组数据，第一行三个数，n,m,k;
以下一行n个数，表示a[1]…a[n]
接着一行2m个数，表示l[1],p[1]…l[n],p[n]
接着一行2k个数，表示d[1],q[1]…d[n],q[n]
n,m,k<=50,其余数均小于等于100.
Output
对于每组数据以样例的格式输出一行，两个数分别表示第几组数据和最少钱数。
Sample Input
2
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
1 5
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
2 5
Sample Output
Case 1: 4650
Case 2: impossible
样例解释：
买下90块钱的那40个研究生，另外再买10个100块钱的。这样，第一天用完的10个人全部送到医院，那么他们在第
三天可以继续使用；同时，第二天和第三天都用新的研究生来弥补，这样一共需要花费4090 + 10100 + 5*10 = 4650元。
题解
最小费用最大流
首先，建(m)个点，限制学校
注意，每天都会留下(a[i])濒死的研究生
那么，我们建(n)个节点，表示一天后，剩下的濒死的研究生数量，(x->x+1)连一条((inf,0))的边
表示留到下一天
再建(n)个节点限制每天的需求
然后根据题面连边
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
using namespace std;
template<class T> inline void read(T &x) {
x = 0; RG char c = getchar(); bool f = 0;
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar(); if (c == '-') c = getchar(), f = 1;
while (c >= '0' && c <= '9') x = x*10+c-48, c = getchar();
x = f ? -x : x;
return ;
}
template<class T> inline void write(T x) {
if (!x) {putchar(48);return ;}
if (x < 0) x = -x, putchar('-');
int len = -1, z[20]; while (x > 0) z[++len] = x%10, x /= 10;
for (RG int i = len; i >= 0; i--) putchar(z[i]+48);return ;
}
const int N = 200, inf = 2147483647;
struct node {
int to, nxt, w, v;
}g[2000000];
int last[N], gl = 1;
void add(int x, int y, int w, int v) {
g[++gl] = (node) {y, last[x], w, v};
last[x] = gl;
g[++gl] = (node) {x, last[y], 0, -v};
last[y] = gl;
}
int dis[N], pre[N], from[N], s, t;
queue<int> Q;
bool vis[N];
bool spfa() {
memset(dis, 127, sizeof(dis));
dis[s] = 0;
Q.push(s);
while (!Q.empty()) {
int u = Q.front(); Q.pop();
for (int i = last[u]; i; i = g[i].nxt) {
int v = g[i].to;
if (g[i].w && dis[v] > dis[u] + g[i].v) {
dis[v] = dis[u] + g[i].v; pre[v] = u; from[v] = i;
if (!vis[v]) {
vis[v] = 1;
Q.push(v);
}
}
}
vis[u] = 0;
}
return dis[t] != dis[0];
}
int cost, flow, n, m, k, l[N], p[N], d[N], q[N], a[N];
void Mcmf() {
cost = flow = 0;
while (spfa()) {
int di = inf;
for (int i = t; i != s; i = pre[i]) di = min(di, g[from[i]].w);
cost += dis[t]*di; flow += di;
for (int i = t; i != s; i = pre[i]) g[from[i]].w -= di, g[from[i]^1].w += di;
}
}
void init() {
gl = 1; memset(last, 0, sizeof(last));
s = n*2+m+1, t = s+1;
for (int i = 1; i <= m; i++) add(s, i, l[i], p[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
add(s, i+m, a[i], 0); add(i+m+n, t, a[i], 0);
if (i < n)
add(i+m, i+m+1, inf, 0);
for (int j = 1; j <= m; j++)
add(j, m+n+i, inf, 0);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= k; j++)
if (i + d[j] < n)
add(i+m, m+n+i+d[j]+1, inf, q[j]);
}
int main() {
int T; read(T);
for (int x = 1; x <= T; x++) {
int sum = 0;
read(n), read(m), read(k);
for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]), sum += a[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) read(l[i]), read(p[i]);
for (int i = 1; i <= k; i++) read(d[i]), read(q[i]);
init();
Mcmf();
if (flow == sum)
printf("Case %d: %d
", x, cost);
else printf("Case %d: impossible
", x);
}
return 0;
}