Uva12325

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这道题是使用枚举的方法做，不能计算性价比（价值/体积），先安排尽量多的性价比高的物品。

因为，本题只能一次放整个物品，不能讲物品切割，放进去一部分，

比如，宝箱体积100，物品1，体积80，价值80，物品2，体积25，价值24

显然是物品1性价比更高，但是物品1只能放进去一个，物品2可以放进去4个，价值更多，因此还是使用枚举的放法。

这道题一个trick就是当s1和s2都很小的时候，首先计算s1和s2的最小公倍数s，s2*v1<s1*v2，那么最后的答案中物品1最多放置s2-1件，

因为如果放置s2或者更多的话，就可以把s2件物品1替换成s1件物品2，两种方法所占用体积是一样的，而后一种方法的价值更大，反之亦然。

这样就解决了当s1和s2都很小的时候，如何减少枚举次数的问题。

还有一个trick就是如何判断s1和s2是不是都是过小的，用N/s1或者N/s2和一个较大的常数比较，本题中选的是100500。

第三个trick就是所有整数选择long long int类型，否则会超时。

*/

#include <iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int main()

{

    long long int T,N,s1,v1,s2,v2;

    scanf("%lld",&T);

    for(int i=1;i<=T;++i){

        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&N,&s1,&v1,&s2,&v2);

        long long int ans=0;

        if(s1<s2){swap(s1,s2);swap(v1,v2);}

        if(s1*100500<N){

            if(s2*v1>s1*v2){swap(s1,s2);swap(v1,v2);}

            for(int i=0;i<s2/__gcd(s1,s2);++i)ans=max(ans,i*v1+(N-i*s1)/s2*v2);

        }else{

            for(int i=0;i*s1<=N;++i)ans=max(ans,i*v1+(N-i*s1)/s2*v2);

        }

        printf("Case #%d: %lld\n",i,ans);

    }

    return 0;

}