题意：

略；

推荐看一下那个背包九讲，第五讲非常清晰啊。

原文：

算法

费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：

f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}

如前述方法，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用逆序的循环，当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。这里就不再给出伪代码了，相信有了前面的基础，你能够自己实现出这个问题的程序。

物品总个数的限制（精辟）

有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0..V][0..M]范围内寻找答案。

在本题的话，就是把经验作为价值，忍受值作为一个费用，个数也是。

然后在里面利用的是完全背包的思想吧。背包九讲能更好的去帮助自己利用这三个背包思想。

//#include <bits/stdc++.h>

#include<iostream>

#include<string.h>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef __int64 LL;

const int N=1e2+10;

int v[N],c[N];

int dp[N][N];

int main()

{

    int n,m,k,s;

    int i,j,h;

    while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s))

    {

        for(i=1;i<=k;i++)

            scanf("%d%d",&v[i],&c[i]);

        memset(dp,0,sizeof(dp));

        int ans=0;

        for(i=1;i<=k;i++)

        {

            for(j=c[i];j<=m;j++)

            {

                for(h=1;h<=s;h++)

                {

                    dp[j][h]=max(dp[j][h],dp[j-c[i]][h-1]+v[i]);

                    if(dp[j][h]>=n&&m-j>=ans)

                        ans=m-j;

                }

            }

        }

        //printf("%d\n",ans);

        if(dp[m][s]<n)

            puts("-1");

        else

            printf("%d\n",ans);

    }

    return 0;

}