题意：

给你一个 $n * n$ 的矩阵，有 $m$ 个点的位置需要填数，填的数范围是 $0≤k≤1e60\le k\le1e6$ ，需要满足第 $i$ 行的最大值是 $b_i$ ，第 $i$ 列的最大值是 $c_i$ ，求一个满足条件的最小代价。
最小代价即填的数之和。
$n≤2e3,m≤8e5,k≤1e6,bi,ci≤kn\le2e3,m\le8e5,k\le1e6,b_i,c_i\le k$

思路：

我们从大到小考虑一个 $k$ ，假设当前有 $x$ 行以及 $y$ 列需要满足最大值是 $k$ ，那么显然我们可以直接选 $x + y$ 个位置填上最大值，但是不难发现，这几个位置有些是可以重复的，也就是说他们如果匹配的话可以少用一个最大值，直接按行列建二分图跑一个最大匹配即可。假设跑出来的匹配数为 $z$ ，那么答案就加上 $(x + y - z) * k$ 。
考虑次大值，由于题目保证一定有解，所以与最大值相同，直接跑二分图匹配即可。因为就算与最大值填的位置有重叠，也可以修改最大值的位置，我们无需知道具体在哪里，只需要知道他们的贡献即可。

// Problem: Minimum grid
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/C
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 6000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
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#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=5010,M=N*2,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m,k;
int g[2020][2020];
int b[N],c[N];struct Maxflow
{int S,T;int e[M],ne[M],w[M],h[N],hs[N],idx;int depth[N];void init() { idx=0; for(int i=0;i<=n+n+11;i++) h[i]=-1; }inline void add(int a,int b,int c){e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;e[idx]=a,w[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;}bool bfs(){memset(depth,-1,sizeof (depth)); depth[S]=0;queue<int>q; q.push(S); hs[S]=h[S];while(q.size()){int t=q.front(); q.pop();for(int i=h[t];~i;i=ne[i]){int ver=e[i];if(depth[ver]==-1&&w[i]>0){depth[ver]=depth[t]+1;hs[ver]=h[ver];if(ver==T) return true;q.push(ver);}}}return false;}int dfs(int u,int flow){if(u==T) return flow;int d=flow;for(int i=hs[u];~i;i=ne[i]){int ver=e[i]; hs[u]=i;if(depth[ver]==depth[u]+1&&w[i]>0){int t=dfs(ver,min(w[i],d));if(!t) depth[ver]=-1;d-=t; w[i]-=t; w[i^1]+=t;if(!d) break;}}return flow-d;}LL dinic(){LL ans=0,flow;while(bfs()) while(flow=dfs(S,INF)) ans+=flow;return ans;}
}MF;
vector<int>v1[1000010],v2[1000101];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);for(int i=1;i<=m;i++) {int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);g[a][b]=1;}for(int i=1;i<=n;i++) {v1[b[i]].pb(i);v2[c[i]].pb(i);}LL ans=0;for(int i=k;i>=1;i--) if(v1[i].size()||v2[i].size()) {MF.init();MF.S=0; MF.T=n+n+10;for(auto x:v1[i]) MF.add(0,x,1);for(auto x:v2[i]) MF.add(x+n,n+n+10,1);for(auto x:v1[i]) {for(auto y:v2[i]) {if(g[x][y]) {MF.add(x,y+n,1);}}}LL now=MF.dinic();ans+=(1ll*v1[i].size()+1ll*v2[i].size()-now)*i;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/