看本博客的时候先去看这篇博客中关于背包体积至多是j，恰好是j，至少是j时的初始化问题，因为dp问题最重要的就是初始化、确定初始状态、目标状态和状态转移方程，再加上一个遍历顺序和优化吧

01背包

AcWing 423. 采药

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
void solve()
{int T, M;std::cin >> T >> M;std::vector<int> f(T + 1, 0);for (int i = 0; i < M; i ++ ){int v, w;std::cin >> v >> w; for (int j = T; j >= v; j --)f[j] = std::max(f[j], f[j - v] + w);}std::cout << f[T] << std::endl;
}
int main()
{solve();return 0;
}

AcWing 1024. 装箱问题

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
void solve()
{int m, n;std::cin >> m >> n;std::vector<int> f(m + 1, 0);for (int i = 0; i < n; i ++ ){int w;std::cin >> w;for (int j = m; j >= w; j --) {f[j] = std::max(f[j], f[j - w] + w);}}std::cout << m - f[m];
}
int main()
{solve();return 0;
}

AcWing 1022. 宠物小精灵之收服

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
void solve()
{int n1, m, n2;std::cin >> n1 >> m >> n2;std::vector<std::vector<int>> f(n1 + 1, std::vector<int>(m + 1, 0));for (int i = 0; i < n2; i ++){int  v1, v2;std::cin >> v1 >> v2;for (int j = n1; j >= v1; j -- )for (int k = m - 1; k >= v2; k -- ){f[j][k] = std::max(f[j][k], f[j - v1][k - v2] + 1);}}std::cout << f[n1][m - 1] << " " ;int k = m - 1;while (k > 0 && f[n1][k - 1] == f[n1][m - 1]) k -- ;std::cout << m - k << std::endl;
}
int main()
{solve();return 0;
}

AcWing 278. 数字组合

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
void solve()
{int n, m;std::cin >> n >> m;std::vector<int> f(m + 1, 0);f[0] = 1;for (int i = 0; i < n; i ++ ){int v;std::cin >> v;for (int j = m; j >= v; j --){f[j] += f[j - v];}}std::cout << f[m];
}
int main()
{solve();return 0;
}

AcWing 1023. 买书

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
void solve()
{int n;std::cin >> n;std::vector<int> f(n + 1, 0);f[0] = 1;std::vector<int> v{10, 20, 50, 100};for (int i = 0 ; i < 4; i ++ ){for (int j = v[i]; j <= n; j ++ ){f[j] += f[j - v[i]];}}std::cout << f[n];
}
int main()
{solve();return 0;
}

AcWing 426. 开心的金明

#include <iostream>const int N = 25 + 1, M = 3 * 1e4 + 10;int f[M], v[N], w[N];
int m, n;void solve()
{std::cin >> m >> n;for (int i = 0; i < n; i ++ ){std::cin >> v[i] >> w[i];}for (int i = 0; i < n; i ++ ){for (int j = m; j >= v[i]; j -- ){f[j] = std::max(f[j], f[j - v[i]] + v[i] * w[i]);}}std::cout << f[m];return ;
}int main()
{solve();return 0;
}

完全背包

AcWing 1021. 货币系统

这题是计数类的，递推式子不是max或者min而是+

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
void solve()
{int n, m;std::cin >> n >> m;std::vector<long long> f(m + 1, 0), v(n, 0);f[0] = 1;for (int i = 0; i < n; i ++ ) std::cin >> v[i];for (int i = 0; i < n; i ++ ){for (int j = v[i]; j <= m; j ++ ){f[j] += f[j - v[i]];}}std::cout << f[m];
}
int main()
{solve();return 0;
}

AcWing 532. 货币系统

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
void solve()
{int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n, 0);//不该开n + 1的，否则有个0一直在前面//int a[25010];bool f[25010];memset(f, false, sizeof f);// std::vector<int> f(n + 1, 0);// f.resize(n + 1, false);f[0] = 1;for (int i = 0; i < n; i ++ )   {std::cin >> a[i];}std::sort(a.begin(), a.end());//std::sort(a, a + n);int m = a[n - 1];int cnt = 0;for (int i = 0; i < n; i ++ ){if (!f[a[i]]) cnt ++;for (int j = a[i]; j <= m; j ++ ){f[j] |= f[j - a[i]];}}std::cout << cnt << std::endl;
}
int main()
{int t;std::cin >> t;while (t -- ){solve();}return 0;
}

多重背包

AcWing 1019. 庆功会

这题用单调队列优化的方法也能过，但是不需要，直接遍历数量就能过

#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;
const int N = 5 * 1e2 + 10, M = 6 * 1e3 + 10;
int  f[M], s[N], v[N], w[N];
int n, m;void solve()
{std::cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){std::cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];}for (int i = 1; i <= n; i ++ ){for (int j = m; j >= v[i]; j -- ){for (int k = 0; k <= s[i]; k ++ ){if (j >= k * v[i])f[j] = max(f[j], f[j - k * v[i]] + k * w[i]);}}}std::cout << f[m];
}
int main()
{solve();return 0;
}

单调队列优化

AcWing 6. 多重背包问题 III

博客1
博客2，博客二提出了一个观点，单调队列优化是对状态做拆分操作，单调队列直观上看是一个滑动窗口，现在不少题目都是根据取余对状态进行划分，再配合数据结构进行优化

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>const int  N = 1e3 + 10, M = 2 * 1e4 + 10;
int f[2][M];
int q[M];
int v[N], w[N], s[N];
void solve()
{int n, m;std::cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++){std::cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];}for (int i = 1; i <= n; i ++ )//要用i-1 & 1 滚动数组因此这里i从1开始{for (int j = 0; j < v[i]; j ++ )//j最多取到v-1，这是余数{int hh = 0, tt = -1;for (int k = j; k <= m; k += v[i]){while (hh <= tt && k - s[i] * v[i] > q[hh]) hh ++;//保证当前的重量k和q[hh]的重量只能差s个物品i。因此我们可以保证队列里面存的重量k最多只能装s个物品i。while(hh <= tt && f[(i - 1) & 1][q[tt]] - (q[tt] - j) / v[i] * w[i] <= f[(i - 1) & 1][k] - (k - j) / v[i] * w[i])-- tt;//更新队列，若队列尾部重量的价值小于当前要入队的重量对应的价值，保证队列的头部的价值一定是最大的//这个队列是一个单调递减的单调队列q[++tt] = k;//保证队列里面至少有一个元素，下面直接使用q[hh]了，也没特判hh <= tt;f[i & 1][k] = f[(i - 1) & 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v[i] * w[i];}}}std::cout << f[n & 1][m];
}
int main()
{solve();return 0;
}

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>const int  N = 1e3 + 10, M = 2 * 1e4 + 10;
int f[2][M];
int q[M];
int v[N], w[N], s[N];
void solve()
{int n, m;std::cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++){std::cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];}for (int i = 1; i <= n; i ++ )//要用i-1 & 1 滚动数组因此这里i从1开始{for (int j = 0; j < v[i]; j ++ )//j最多取到v-1，这是余数{int hh = 0, tt = -1;for (int k = j; k <= m; k += v[i]){while (hh <= tt && k - s[i] * v[i] > q[hh]) hh ++;//保证当前的重量k和q[hh]的重量只能差s个物品i,同时这也是滑动窗口的精髓，保证一个窗口的大小就是s个物品iwhile(hh <= tt && f[(i - 1) & 1][q[tt]] + (k - q[tt]) / v[i] * w[i] <= f[(i - 1) & 1][k])-- tt;//更新队列，若队列尾部重量的价值小于当前要入队的重量对应的价值，保证队列的头部的价值一定是最大的q[++tt] = k;//保证队列里面至少有一个元素，下面直接使用q[hh]了，也没特判hh <= tt;f[i & 1][k] = f[(i - 1) & 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v[i] * w[i];}}}std::cout << f[n & 1][m];
}
int main()
{solve();return 0;
}

两个模版在以下这个地方不一样
while(hh <= tt && f[(i - 1) & 1][q[tt]] - (q[tt] - j) / v[i] * w[i] <= f[(i - 1) & 1][k] - (k - j) / v[i] * w[i])
while(hh <= tt && f[(i - 1) & 1][q[tt]] + (k - q[tt]) / v[i] * w[i] <= f[(i - 1) & 1][k])
可以发现，更新队列尾部的时候前者是相对于j这个余数去判断价值大小的，
后者是k和q[tt]直接进行比较，从这(k - q[tt]) / v[i] * w[i] 可以看出来。
二者的f都是直接存放重量为k的背包对应的最大价值.
但在我看来，第二种更加合理

混合背包

AcWing 7. 混合背包问题

主要思路就是将所有物品的数量求出来，并且用二进制优化一下

#include <iostream>
#include <algorithm>
const int N = 1e3 * 1e2 + 10;//这里N开这么大的原因是，一个物品1000个最多，把它拆成二进制组合，//一个物品就被拆成log（1000）种，一共1e3种物品，就是N的大小就是1e3 * log（1000）+ 10
const int M = 1e3 + 10;
int v[N], w[N], s[N];
int f[M];int n,m;void solve()
{std::cin >> n >> m;int  cnt = 0;//处理io以及预处理一下数据（把01背包、完全背包、多重背包全部都用二进制优化为01背包）for (int i = 0; i < n; i ++ ){int tv, tw, s;std::cin >> tv >> tw >> s;if (s == -1) s = 1;else if (s == 0) s = m / tv ;//若为完全背包，则在最优情况下，只能取总体积/该物品体积向下取整 int k = 1;while (k <= s){v[cnt] = k * tv;w[cnt] = k * tw;s -= k;k *= 2;cnt ++ ;}if (s > 0)//无法用二进制组成的那部分，可以抽象理解为“余数”{v[cnt] = s * tv;w[cnt] = s * tw;//这里s在之前不停的减k，就是剩余的余数cnt ++;//cnt还要继续++，因为下一个物品还要用呢；}}//01背包模版for (int i = 0; i < cnt; i ++ )//物品数量是cnt{for (int j = m; j >= v[i]; j -- ){f[j] = std::max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}std::cout << f[m];
}int main()
{solve();return 0;
}

二维费用的背包问题

AcWing 8. 二维费用的背包问题

其实就是一维01背包的衍生，从代码可以看出来，本来是 fi,j,k三个状态，可以被我压缩到jk两个状态，并且这里的空间也可以优化，比如不用v[],m[]，直接input 第i个物品的v，m的时候直接处理就行了

#include <iostream>
#include <algorithm>
const int N = 1e3 + 10, V = 110, M = 110;int v[N], m[N], w[N], f[V][M];int n, vmax, mmax;void solve()
{std::cin >> n >> vmax >> mmax;for (int i = 0; i < n; i ++ ){std::cin >> v[i] >> m[i] >> w[i];}for (int i = 0; i < n; i ++ ){for (int j = vmax; j >= v[i]; j -- ){for (int k = mmax; k >= m[i]; k --){f[j][k] = std::max(f[j][k], f[j - v[i]][k - m[i]] + w[i]);}}}std::cout << f[vmax][mmax];
}
int main()
{solve();    return 0;
}

AcWing 1020. 潜水员

这题是二维费用的模版 + 不少于。
我还没做到恰好等于这里问题，不过这里先记住不少于的模版
这篇博客关于动态规划的目标状态和初始状态的定义是我以前没学过的，这个知识点可以帮助我们理解动态规划的结果应该输出什么，同时最重要的是初始化的时候一些细节。

以下是评论区，我觉得说的很好。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>const int N = 1e3 + 10, V1 = 21 + 1, V2 = 79 + 1;//记得至少加一，因为遍历的时候遍历到了v1max，v2max
int v1[N], v2[N], w[N], f[V1][V2];int v1min, v2min;
int n;
void solve()
{memset(f, 0x3f, sizeof f);f[0][0] = 0;std::cin >> v1min >> v2min;std::cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++ ){std::cin >> v1[i] >> v2[i] >> w[i];}for (int i = 0; i < n; i ++ ){for (int j = v1min; j >= 0; j -- )//这里不是v1[i]，下面的状态转移方程也不是简单的max{for (int k = v2min; k >= 0; k --){f[j][k] = std::min(f[j][k], f[std::max(j - v1[i], 0)][std::max(k - v2[i], 0)] + w[i]);//f[j][k] = std::min(f[j][k], f[j - v1[i]][k - v2[i]] + w[i]); 之前是这么写的，但是wa了//这题的初始状态是f0,j,k（j,k <= 0）不是f0,0,0，要把所有<0的状态转移到0上，因此要取max}}}std::cout << f[v1min][v2min];
}int main()
{solve();return 0;
}

分组背包

AcWing 1013. 机器分配 + 求具体方案

#include <iostream>using namespace std;const int N = 11, M = 16;int n, m;
int w[N][M];
int f[N][M];//分组dp，一开始想的是f[M]01背包那样，后来发现如果遍历到一个公司的时候，这样可能会选择同一行的多列，实际上题意是一组选一个，实际上就是一个分组背包
int path[N], cnt = 1;//这里path不用记录公司的编号，遍历的时候直接顺序遍历就行了，因为有的公司没选就是0么void dfs(int i, int j)
{if (!i) return;//寻找当前状态f[i][j]是从上述哪一个f[i-1][k]状态转移过来的,for (int a = 0; a <= j; ++ a){if (f[i - 1][j - a] + w[i][a] == f[i][j]){path[cnt ++ ] = a;dfs(i - 1, j - a);return;}}
}
int main()
{//inputcin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++ i)for (int j = 1; j <= m; ++ j)cin >> w[i][j];//dpfor (int i = 1; i <= n; ++ i)for (int j = 1; j <= m; ++ j)for (int k = 0; k <= j; ++ k)f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + w[i][k]);cout << f[n][m] << endl;//find pathdfs(n, m);for (int i = cnt - 1, id = 1; i >= 1; -- i, ++ id)//这里必须倒序输出，因为path里面记录的是逆序的，我们输出的时候要从第一个公司开始输出cout << id << " " << path[i] << endl;return 0;
}

AcWing 487. 金明的预算方案

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>using namespace std;
const int M = 32010, N = 61;typedef pair<int, int> PII;#define v first
#define w secondPII master[N];
int f[M];
std::vector<PII> servent[N];
int n, m;void solve()
{std::cin >> m >> n;//好恶心的题目，先输入m在输入nfor (int i = 1; i <= n; ++ i){int v, p, q;std::cin >> v >> p >> q;p *= v;//直接存的是w其实if (!q) master[i] = {v, p};//这里{v, p}其实是一个结构体，可以直接master[i].first这样用或者.v，因为我们之前定义了v为firstelse servent[q].push_back({v, p});}for (int i = 1; i <= n; ++ i){for (int j = m; j >= 0; -- j){//二进制枚举for (int u = 0; u < 1 << servent[i].size(); ++ u)//二进制列出一个组合的数量，如果i有k个附件，那么i组就有2^k个组合，可以看y总的题解{int v = master[i].v, w =master[i].w;//先把主件选上for (int k = 0; k < servent[i].size(); ++ k)//枚举第i组的每种组合，并计算v和w{if (u >> k & 1){v += servent[i][k].v;w += servent[i][k].w;}}if (j >= v)f[j] = std::max(f[j], f[j - v] + w);}}}std::cout << f[m];return;
}
int main()
{solve();return 0;
}

树形dp + 背包

AcWing 10. 有依赖的背包问题

两种方法的状态定义是一样的，具体dp的过程我个人觉得方法二更合理，他不像方法一那样打了很多补丁。更易于我理解树形dp。
但是方法一的博客有关状态依赖结合树形dp对比我们以往的线性依赖写的很好，帮助我对f[u][j]这个状态定义的理解。
方法一：参考铅笔大佬的博客

#include <iostream>
#include <cstring>const int N = 110, V = 110;int f[N][V];//f[u][j]的定义是节点u给子树分配j体积的时候可以获得的最大价值
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int v[N], w[N];
int n, m;
int root;void add(int a, int b)
{e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}void dfs(int u)
{for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int son = e[i];dfs(son);for (int j = m - v[u]; j >= 0 ; -- j)//分给子树son的体积，j从m - v[u]开始是预留一个v[u]给选择u节点{for (int k = 0; k <= j; ++ k)//遍历子树son的体积{f[u][j] = std::max(f[u][j], f[u][j - k] + f[son][k]);}}}//初始化for (int j = m; j >= v[u]; -- j) f[u][j] = f[u][j - v[u]] + w[u];//最后选上u，之前已经预留体积了for (int j = 0; j < v[u]; ++ j) f[u][j] = 0; //初始化，如果体积不够选择u，那么f[u][j]=0，这也符合我们对f[u][j]这个状态的定义return ;
}
void solve()
{std::cin >> n >> m;memset(h, -1, sizeof h);for (int i = 1; i <= n; i ++ ){int p;//体积，价值，依赖物品编号std::cin >> v[i] >> w[i] >> p;if (p == -1) root = i;else add(p, i);}dfs(root);std::cout << f[root][m];// 目标状态是f[root][m],不是f[n][m]return;
}int main()
{solve();return 0;
}

方法二：参考不知名博主的博客

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>const int N = 110, M = 110;std::vector<int> g[N];
int f[N][M];
int v[N], w[N];
int n, m;
int root, p;void dfs(int u)
{//状态初始化，先选择当前的节点ufor (int j = v[u]; j <= m; ++ j) f[u][j] = w[u];for (int i = 0; i < g[u].size(); ++ i){int son = g[u][i];dfs(son);//当前树可用体积为m，但是我们只需要更新的状态是f[u][m ～v[u]],因为j<v[u]的时候就是0，不需要更新，初始化默认就是0，这里算一个剪枝优化for (int j = m; j >= v[u]; -- j)//确定子树最大可用体积{for (int k = 0; k <= j - v[u]; ++ k)//从小到大遍历子树可以用的体积{//k实际意义就是子树可用体积，因为我们定义j的时候是从m开始，不是m-v[u]，因此我们这里最多遍历到j-v[u]f[u][j] = std::max(f[u][j], f[u][j - k] + f[son][k]);}}}
}void solve()
{std::cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++ i){//体积，价值，依赖的编号std::cin >> v[i] >> w[i] >> p;if (p == -1) root = i;else g[p].push_back(i);}dfs(root);std::cout << f[root][m];
}int main()
{solve();return 0;
}

价值最大 + 重量不超过背包容量 + 求方案数

平常我们写01背包的时候只有一个约束 – “重量不超过背包容量”的方案数，这里还要保证价值最大。
平常写的代码：

#include <iostream>using namespace std;const int N = 110;int n, m;
int f[N];int main()
{cin >> n >> m;f[0] = 1;for(int i = 1;i <= n;i ++){int v;cin >> v;for(int j = m;j >= v;j --){f[j] = f[j] + f[j - v];}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

当然还有完全背包 + 体积恰好是m + 求方案数，都在这篇博客中，这篇博客还点出了体积至多是 j ，恰好是 j ，至少是 j 的初始化问题的研究。

同时有关恰好和不超过（不大于）的初始化，铅笔是这么说的，也和上面那个博客说的是一样的

本题不能直接输出g[m]，因为题目说的是重量不超过m达到最大价值的方案数，而不是恰好，存在一种可能重量没用到m的时候就已经达到最大的价值了，这些方案数我们也要一一收集

#include <iostream>const int N = 1e3 + 10, M = 1e3 + 10, mod = 1e9 + 7;int g[M], f[M];int n, m;void solve()
{std::cin >> n >> m;int v, w;f[0] = 0;g[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++ i){std::cin >> v >> w;for (int j = m; j >= v; -- j){int c = 0;//因为还需要f[j],和f[j - v] + w,这两个状态用来状态转移，因此不能直接取max更新f[j]//c同理也是，我们还需要g[j]这个状态用来状态转移，因此不能直接更新g[j]；int temp =  std::max(f[j], f[j - v] + w);if (temp == f[j]) c += g[j] % mod;//这里的g[j]其实是g[i - 1][j]if (temp == f[j - v] + w) c += g[j - v] % mod;//这里的g[j - v]其实是g[i - 1][j - v],这就是倒序遍历j的好处f[j] = temp;g[j] = c;}}//因为题目要求的是重量不超过m的方案数，因此我们需要遍历重量从0～m所有的g，可能重量没到m就已经达到最大价值了int res = 0;for (int j = 0; j <= m; ++ j){if (f[j] == f[m]) res = (res + g[j]) % mod;}std::cout << res;return ;
}int main()
{solve();return 0;
}

01背包 + 字典序最小 + 求具体方案

AcWing 12. 背包问题求具体方案

这题求的是字典序最小的具体方案，我们可以结合机器分配那题来看，那题是用的递归求具体方案，本题是迭代的方法，同时因为要求字典序最小导致dp的时候顺序是逆序，同时也导致了状态的定义有差别，f[i][j]表示从第i个物品到第n个物品可选择 + 重量为j的时候的价值，而不是选择前i个物品。
铅笔大佬的博客

#include <iostream>
#include <algorithm>
const int N = 1e3 + 10, M = 1e3 + 10;
int f[N][M];//f[i][j]表示从第i到第n个物品，而不是后i个物品，这点铅笔大佬博客中写错了
//虽然这里是01背包，但是，题目要求求出具体的方案，
//因此我们不能边dp边求出具体方案（无法将i，j压缩到一层状态去表示），我们需要求出具体方案后去倒推具体方案
//倒推的时候我们需要依赖i这一层状态，只靠j这一层状态是不行的
int v[N], w[N];
int n, m;
int path[N], cnt;void solve()
{std::cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++ i){std::cin >> v[i] >> w[i];}//这里题目要求输出字典序最小的方案，即选或不选都行的时候我们手动选择//那么不如直接倒序dp（这样我们找字典序最小的方案时直接正序遍历即可），//dp[i + 1][j]表示不选第i个物品，dp[i + 1][j - v[i]] + w[i]表示选择第i个物品//如果不是要求我们输出字典序最小的方案，我们当然可以正序dp，然后再正序倒叙遍历寻找转移路径都行，只要找到一组解就行for (int i = n; i >= 1; -- i){for (int j = 0; j <= m; ++ j){f[i][j] = f[i + 1][j];//初始化f[i][j]先if (j >= v[i]) f[i][j] = std::max(f[i][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);/*下面这种写法会WA，我现在知道原因了，如果不满足j>=v[i]的时候，f[i][j]会没有赋值，所以wa了if (j >= v[i]) f[i][j] = std::max(f[i + 1][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);*/}}//迭代法进行路径追踪for (int i = 1, j = m; i <= n; ++ i){if (j >= v[i] && f[i][j] == f[i + 1][j - v[i]] + w[i]) //选或不选第i个物品都行，为了字典序最小，我们手动选择{path[cnt ++ ] = i;j -= v[i];}}for (int i = 0; i < cnt; ++ i){std::cout << path[i] << " ";}
}
int main()
{solve();return 0;
}

01背包加 + 贪心（邻项交换）

邻项交换是一个很经典的贪心，具体可以看这篇博客的介绍，会很快回忆起来的

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 110, M = 1e4 + 10;//最多花费多少时间
int f[M];struct stone {int s, e, l;bool operator < (const stone &t) const{return s * t.l < t.s * l;}
}a[N];int n, m;
int casecnt;void solve()
{++ casecnt;//多组测试数据需要初始化m = 0;memset(f, -0x3f, sizeof f);f[0] = 0;//这里的dp数组初始化是“恰好”的初始化std::cin >> n;//这里m要自己算for (int i = 1; i <= n; ++ i){std::cin >> a[i].s >> a[i].e >> a[i].l;m += a[i].s;}std::sort(a + 1, a + 1 + n);//贪心排个序for (int i = 1; i <= n; ++ i){for (int j = m; j >= a[i].s; -- j){//注意这个dp式子中是std::max(0, a[i].e - (j - a[i].s) * a[i].l)//      一开始写成了std::max(0, a[i].e - j * a[i].l)//题目说的是只要开始吃就可以获得所有能量，因此要减去吃第i块石头的时间f[j] = std::max(f[j], f[j - a[i].s] + std::max(0, a[i].e - (j - a[i].s) * a[i].l));}}int res = 0;for (int j = 0; j <= m; ++ j){res = std::max(res, f[j]);}std::cout << "Case #" << casecnt << ": " << res << std::endl;
}int main()
{int T;std::cin >> T;while (T -- ){solve();}return 0;
}