题意：给N个孩子分配M个糖果。

有一个N*M的矩阵表示孩子和糖果的关系，若第i行第j列的数是1则表示第i个孩子喜欢第j个糖果，反之不喜欢。

已知，若一个孩子被分配到他喜欢的糖果那么他将获得K的快乐值，反之只能获取1的快乐值。

现在给你这N个孩子需要满足的快乐值，问你能不能满足所有孩子的需求。

1<=N<=13, 1<=M<=13, 2<=K<=10

0<=B[i]<=1000

思路：RYZ作业

费用流（经典？）模型之一

这题的建模是使用最大费用最大流将各人喜欢的糖果作用最大化

From：http://blog.csdn.net/chenzhenyu123456/article/details/48130365

建图：设置超级源点source，超级汇点sink，用a表示当前孩子需要满足的快乐值

1，source向每个糖果建边，容量1，费用0；

2，只考虑有特殊的糖，那么对于第i个人喜欢j糖果，则j糖果向第i个人建边，容量为1，费用为0；

3，每个孩子向汇点建边。这时需要分类讨论

(1) a % K == 0，表示该孩子选择(a / K)个他喜欢的糖果就可以满足，而且该孩子选择1个他喜欢的糖果，会获取K的快乐值。 建边信息——容量为(a / K)，费用为K；

(2) a % K != 0，表示该孩子选择(a / K + 1)个他喜欢的糖果才能满足，这时我们不能只建一条容量为(a / K + 1)，费用为K的边，如果这样处理我们就放大了最大流时费用的最大效益。

因此我们要建一条容量为(a / K)，费用为K的边，再建一条容量为1，费用为a % K的边。这样的话在用特殊糖果满足该孩子的需求时，才不会使最后流入汇点的费用增加

建好图，跑一次最大费用最大流。

最终结果：（用sumflow记录所有孩子需要满足的快乐值之和）

最大费用cost——特殊的糖被充分利用后所分配的快乐值之和。若cost >= sumflow 则表示已经满足条件。

最大流flow——为了达到这样的程度使用的糖的数量。

这样就还剩M - flow数目的糖被我们当做普通的糖使用，只要M - flow >= sumflow - cost，就可以满足条件。

var head,vet,next,len1,len2,fan,dis:array[..]of longint;
inq:array[..]of boolean;
q,b:array[..]of longint;
a:array[..,..]of longint;
pre:array[..,..]of longint;
n,m,sum,ans1,ans2,tot,source,src,s,cas,v,i,j,k:longint;

procedure add(a,b,c,d:longint);
begin
inc(tot);
next[tot]:=head[a];
vet[tot]:=b;
len1[tot]:=c;
len2[tot]:=d;
head[a]:=tot;

inc(tot);
next[tot]:=head[b];
vet[tot]:=a;
len1[tot]:=;
len2[tot]:=-d;
head[b]:=tot;
end;

function min(x,y:longint):longint;
begin
if x<y then exit(x);
exit(y);
end;

function spfa:boolean;
var u,e,v,t,w,i:longint;
begin
for i:= to s do
begin
dis[i]:=-(maxlongint>>);
inq[i]:=false;
end;
t:=; w:=; q[]:=source; dis[source]:=; inq[source]:=true;
while t do
begin
v:=vet[e];
if (len1[e]>)and(dis[u]+len2[e]>dis[v]) then
begin
dis[v]:=dis[u]+len2[e];
pre[v,]:=u;
pre[v,]:=e;
if not inq[v] then
begin
inc(w); q[w mod ]:=v; inq[v]:=true;
end;
end;
e:=next[e];
end;
end;
if dis[src]=-(maxlongint>>) then exit(false);
exit(true);
end;

procedure mcf;
var k,e,t:longint;
begin
k:=src; t:=maxlongint;
while k<>source do
begin
t:=min(t,len1[pre[k,]]);
k:=pre[k,];
end;
k:=src;
while k<>source do
begin
e:=pre[k,];
len1[e]:=len1[e]-t;
len1[fan[e]]:=len1[fan[e]]+t;
ans2:=ans2+t*len2[e];
k:=pre[k,];
end;
ans1:=ans1+t;
end;

begin
assign(input,'hdoj4322.in'); reset(input);
assign(output,'hdoj4322.out'); rewrite(output);
readln(cas);
for i:= to do
if i and = then fan[i]:=i+
else fan[i]:=i-;
for v:= to cas do
begin
readln(n,m,k);
for i:= to s do head[i]:=;
tot:=; s:=; ans1:=; ans2:=; sum:=;
for i:= to m do
begin
read(b[i]);
sum:=sum+b[i];
end;
for i:= to m do
for j:= to n do read(a[i,j]);
source:=n+m+; src:=n+m+; s:=n+m+;
for i:= to n do add(source,i,,);
for i:= to m do
for j:= to n do
if a[i,j]= then add(j,i+n,,);
for i:= to m do
begin
add(i+n,src,b[i] div k,k);
if b[i] mod k> then add(i+n,src,,b[i] mod k);
end;
while spfa do mcf;
if n-ans1>=sum-ans2 then writeln('Case #',v,': YES')
else writeln('Case #',v,': NO');
end;
close(input);
close(output);
end.