#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define read(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define ll long long

#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
typedef pair<int,int> pii;
const int  maxn =20;
const int mod=1e9+7;
const ll INF =1e18+7;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
題目大意：給定一張圖，有點權，有邊權，
要求在走出去又回到原點的所有情況中，要求
路徑權值和不超過L,每個點hack次數不超過k，
每次hack一次當前點權減輕b[i],
在上述限制中求獲得點權的最大值。

看題解了。。。比較難又比較妙。。。
首先對於傳統的這種狀壓題目，
套路少不了，floyd求點對之間的最短路，
然後列舉狀態情況，然後擴充套件狀態，
那麼對於這題，對於符合要求的當前狀態，
我們用優先佇列進行貪心，
因為狀態固定，剩下的就是對哪些點hack的次數分配問題，
我們用優先佇列搞一下，
把狀態中的所有點丟到優先佇列中，
然後依次從中取，（題目意思也有點繞）
貪心的取k次即可，統計答案。


*/

int a[maxn],b[maxn],g[maxn][maxn];
int dp[1<<17][20];///狀壓陣列
int vis[1<<17];///標記陣列
int tmp,ans;
int n,m,k,l,x,y,z;

int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    for(int ca=1;ca<=t;ca++)
    {
        memset(dp,0xf,sizeof(dp));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(g,0xf,sizeof(g));g[0][0]=0;
        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&l);///不超過k次，路徑長度不超過l
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),g[i][i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
        for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),g[x][y]=min(g[x][y],z),g[y][x]=g[x][y];
        for(int k=0;k<=n;k++) for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=n;j++) g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
        ans=dp[0][0]=0;
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        {
            for(int j=0;j<=n;j++) if(dp[i][j]<=l)
            {
                if(i&(1<<j)==0) continue;///列舉狀態中的出發點
                if(dp[i][j]+g[j][0]<=l) vis[i]=1;///記錄可行狀態
                for(int q=0;q<n;q++)  if(q+1==j||(i&(1<<q))) continue;
                 else   dp[i|1<<q][q+1]=min( dp[i][j]+g[j][q+1] , dp[i|1<<q][q+1]);
            }
            if(vis[i])///該狀態可行
            {
                priority_queue<pii> pq;
                for(int j=0;j<n;j++)  if(i&(1<<j)) pq.push(pii(a[j+1],b[j+1]));
                if(pq.empty()) continue;
                tmp=0;
                for(int m=1;m<=k;m++)
                {
                    tmp+=pq.top().first;
                    pq.push( pii(max(pq.top().first-pq.top().second,0),pq.top().second) );
                    pq.pop();
                }
                ans=max(ans,tmp);
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n",ca,ans);
    }
    return 0;
}