如果第$i$行最大值是$a$，第$j$列最大值是$c$，我们需要第$i$行单独有一个格子权值是$a$，而且第$j$列单独有一个格子权值是$b$，不过如果第$i$行最大值和第$j$列最大值是都是$a$，那么我们只需让第$i$行第$j$列的格子权值是$a$即可满足限制条件。显然我们用一个格子的代价肯定更小！

从大到小一次考虑每一种权值$v$，把权值最大值限制等于$v$的行放一边，而值最大值限制等于$v$的列放另一边，构成二分图。如果一个格子$(i,j)$需要填数，就在二分图中连一条从$i\to j$的边。

求出最大匹配我们就可以求出最多的限制用一个格子的代价。

不难发现每种权值互相不影响，因此建立多个二分图一次性求出所有二分图的最大匹配即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
template <class T=int> T rd()
{T res=0;T fg=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') fg=-1;ch=getchar();}while( isdigit(ch)) res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();return res*fg;
}
const int N=2005;
int a[N],b[N];
int n,m,k;
vector<int> g[N];
int match[N];
bool vis[N];
ll ans;
bool dfs(int u)
{for(int v:g[u]){if(vis[v]) continue;vis[v]=1;if(!match[v]||dfs(match[v])){match[v]=u;return 1;}}return 0;
}
int main()
{n=rd(),m=rd(),k=rd();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=rd();while(m--){int x=rd(),y=rd();if(a[x]==b[y]) g[x].push_back(y);}for(int i=1;i<=n;i++){memset(vis,0,sizeof vis);dfs(i);}for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i]+b[i];for(int i=1;i<=n;i++)if(match[i]) ans-=b[i];printf("%lld\n",ans);
}