小x和他的朋友們在一起開心地喝酒，差不多喝完了，朋友們湊了k元錢讓小x去小賣部買酒。因為是老客戶，雖然每瓶酒的質量是不同的，不過小x買酒始終只需要1元一瓶。
小賣部的酒擺在商品貨架上，一共有n個擺著酒的貨架，每個貨架一開始都擺滿了m瓶酒，每瓶酒都有乙個自身的質量，可能千差萬別。對於每個貨架，小x每次只能拿貨架最外面的那瓶酒。
令小x感到開心的是，現在超市裡的這一批酒在搞「開蓋有獎」的活動，所以有一些酒買下來之後還可以再拿一瓶酒。
小x心想，反正不用擔心那一幫酒鬼朋友們能不能喝完，拿回去的酒總量越多越賺。於是他開心地買酒、開蓋兌獎拿酒，直到不能再拿酒了為止。
作為上帝視角的你對於每瓶酒有多少質量，以及哪些酒有獎勵都非常清楚，你能求出小x最多能帶多少質量的酒回去和他的朋友們一起喝嗎？
輸入包含不超過10組資料。
對於每組資料，第一行3個正整數，n，m，k（1<=n,m,k<=200），意義如上文所述。接下來有n行，每行m個正整數，第i行第j個數表示第i個貨架從外往里數第j瓶酒的質量為x（1<=x<=10000）。接下來乙個整數t（0<=t<=n*m），表示小賣部裡面總共有t個有獎的酒。接下來是t行，每行兩個整數x和y（1<=x<=n,1<=y<=m）描述乙個有獎的酒的位置，表示它位於第x個貨架從外往里數第y瓶。
每組資料之後有乙個空行。
輸入資料以三個用空格分開的0結束。
對於每組資料，輸出一行乙個正整數，表示小x能帶回去的酒的最大質量。
4 3 2136 5 9
2 5 5
4 5 1
3 5 8
12 2
0 0 0
思路：首先這道題很明顯有很多子狀態，那麼我們容易想到dp，我們首先嘗試定義狀態，這題與01揹包相似，我們容易想到，定義狀態dp[i][j],i代表前i行，j代表用了j錢，dp值為當前狀態所獲取的最大值，之後我們可以想到把所有的每一行連續的中獎的質量之和求出來，對於這些，我們不用考慮因為這些相當於都是白送的，然後把這些非起點的有獎的與下乙個的做字首和處理，為什麼呢，對於當前行，我們如果能拿乙個有獎的我們就繼續拿直到沒有獎為止，這些相當於都是白送的，那麼我們在轉移狀態的時候直接就去加上這些免費的，然後對於這道題。每一行相當於i，都有m個物品，那麼我們可以根據記錄前i個物品的值去轉移狀態，但是上述做法是有漏洞的，上述做法，如果當我們取到乙個物品是沒有獎的時候，而且是沒有錢了時候，並且下乙個物品是有獎的，那麼按照上述做法，我們依然會去選擇這個有獎的，實際上是不行的，之後我們可以發現，當錢一定是可以用完的並且是剛好有剩下酒的時候，那麼我們有一行的選擇一定是剛好選到乙個沒有獎的，並且這個物品是這一行的終點，那麼我們就考慮重新定義狀態，dp[i][j][0|1],對於0,1，分別代表了，前i行有沒有考慮這特殊的一行，然後就是狀態轉移了，怎麼去轉移呢，這又是個難點，我們仔細去想，可以發現，dp[i][j][1]有兩種轉移的方式，一種是由前一行沒有考慮這乙個特殊行的轉移過來，一種是由已經考慮過了，按照沒有考慮的方式轉移，注意，0和1的初始化設定是不一樣的，對於1狀態，要初始化為負無窮，為什麼呢，因為只有這樣才能保證是經過第一種轉移過來以後，才能經過第二種轉移過來
**#include#include#include#include#include#include#include#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int dp[205][205][2];
int a[205][205];
int give[205][205];
int pre_sum[205][205];
int sta[205];
int n,m,money;
int main()
}for(int i = 1 ;i <= n ;i++)
}int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
memset(sta,0,sizeof(sta));
memset(pre_sum,0,sizeof(pre_sum));
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = m ;j >= 1;j--)
}for(int i = 1; i<=n;i++)}}
}if(dp[n][money][1]+ans<0)
cout<
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