题干：

题目描述

蒟蒻HansBug在一本语文书里面发现了一本答案，然而他却明明记得这书应该还包含一份练习题。然而出现在他眼前的书多得数不胜数，其中有书，有答案，有练习册。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册和一份答案，然而现在全都乱做了一团。许多书上面的字迹都已经模糊了，然而HansBug还是可以大致判断这是一本书还是练习册或答案，并且能够大致知道一本书和答案以及一本书和练习册的对应关系（即仅仅知道某书和某答案、某书和某练习册有可能相对应，除此以外的均不可能对应）。既然如此，HansBug想知道在这样的情况下，最多可能同时组合成多少个完整的书册。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行包含三个正整数N1、N2、N3，分别表示书的个数、练习册的个数和答案的个数。

第二行包含一个正整数M1，表示书和练习册可能的对应关系个数。

接下来M1行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本练习册可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N2）

第M1+3行包含一个正整数M2，表述书和答案可能的对应关系个数。

接下来M2行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本答案可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N3）

 

输出格式：

 

输出包含一个正整数，表示最多可能组成完整书册的数目。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 3 4
5
4 3
2 2
5 2
5 1
5 3
5
1 3
3 1
2 2
3 3
4 3

输出样例#1： 复制

2

说明

样例说明：

如题，N1=5，N2=3，N3=4，表示书有5本、练习册有3本、答案有4本。

M1=5，表示书和练习册共有5个可能的对应关系，分别为：书4和练习册3、书2和练习册2、书5和练习册2、书5和练习册1以及书5和练习册3。

M2=5，表示数和答案共有5个可能的对应关系，分别为：书1和答案3、书3和答案1、书2和答案2、书3和答案3以及书4和答案3。

所以，以上情况的话最多可以同时配成两个书册，分别为：书2+练习册2+答案2、书4+练习册3+答案3。

数据规模：

对于数据点1, 2, 3，M1，M2<= 20

对于数据点4~10，M1，M2 <= 20000

 

题目大意：

HansBug 眼前有 n_1 本书，n_2​ 本练习册，n_3​ 本答案。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册、一本答案。现在 HansBug 只知道 个可能的书和练习册的对应关系，个可能的书和答案的对应关系。HansBug 想知道在这样的情况下，最多可能同时组合成多少个完整的书册。

数据范围：  

解题报告：

   普通建图是 练习册 -> 书本 -> 答案。但是有一个问题：

这种情况相当于书本被使用了两次，所以需要拆点，把书本拆成两个点来控制“这本书最多只能选择一次”这个条件（至多只能被选入一个完整的书册，不能同时出现在两本书册中）

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define F first
#define S second
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int MAX = 5e4 + 5;
int n1,n2,n3,m1,m2;
int tot;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
struct Edge {int to,ne;ll w;
} e[MAX*20];
int head[MAX];
int st,ed;
ll dis[MAX],q[MAX];//一共多少个点跑bfs，dis数组和q数组就开多大。 
void add(int u,int v,ll w) {e[++tot].to=v; e[tot].w=w; e[tot].ne=head[u]; head[u]=tot;e[++tot].to=u; e[tot].w=0; e[tot].ne=head[v]; head[v]=tot;
}
bool bfs(int st,int ed) {memset(dis,-1,sizeof(dis));int front=0,tail=0;q[tail++]=st;dis[st]=0;while(front<tail) {int cur = q[front];if(cur == ed) return 1;front++;for(int i = head[cur]; i!=-1; i = e[i].ne) {if(e[i].w&&dis[e[i].to]<0) {q[tail++]=e[i].to;dis[e[i].to]=dis[cur]+1;}}}if(dis[ed]==-1) return 0;return 1;
}
ll dfs(int cur,ll limit) {//limit为源点到这个点的路径上的最小边权 if(limit==0||cur==ed) return limit;ll w,flow=0;for(int i = head[cur]; i!=-1; i = e[i].ne) {		if(e[i].w&&dis[e[i].to]==dis[cur]+1) {w=dfs(e[i].to,min(limit,e[i].w));e[i].w-=w;e[i^1].w+=w;flow+=w;limit-=w;if(limit==0) break;}}if(!flow) dis[cur]=-1;return flow;
}
ll dinic() {ll ans = 0;while(bfs(st,ed)) ans+=dfs(st,INF);return ans;
}
int main() 
{cin>>n2>>n1>>n3;st=0;ed=n1+n2*2+n3+1;tot=1;ll sum = 0;for(int i = 0; i<=ed; i++) head[i] = -1;for(int i = 1; i<=n1; i++) add(st,i,1);for(int i = n1+1; i<=n1+n2*2; i+=2) add(i,i+1,1);for(int i = n1+2*n2+1; i<=n1+n2*2+n3; i++) add(i,ed,1);cin>>m1;for(int a,b,i = 1; i<=m1; i++) {scanf("%d%d",&a,&b);add(b,n1+2*(a-1)+1,1);}cin>>m2;for(int a,b,i = 1; i<=m2; i++) {scanf("%d%d",&a,&b);add(n1+2*a, n1+2*n2+b,1);}printf("%lld\n",dinic());return 0;
}