P1231 教辅的组成
题目背景
滚粗了的HansBug在收拾旧语文书，然而他发现了什么奇妙的东西。
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 le x le N1，1le yle 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 le x le N1，1 le y le 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：
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：
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，M2le 20)
对于数据点4~10，(M1，M2 le 20000)
算法
网络最大流。这里不详细讲，请大家先掌握。
思路
注意，以下出现的所有边边权皆为1，且其反向边边权为0
我们以书、练习册、答案为点建图。
像这样：
S(=0)表示额外建的一个起始点，Ri(=i+N1+N1)表示第i本练习册，Di(=i+N1+N1+N2)表示第i本答案，由于书只有一本，而网络流处理只经过一个点不方便，我们采用一种神奇方法——拆点！也就是说，把一本书看做两个点，要匹配这本书必须经过这本书两点之间的边，这样就可以控制这本书只匹配一次。如图，Pi(=i)、Pi'(=i+N1)表示第i本书。
然后建边。如图，将S与所有Ri相连，将所有的Di与T相连，S作为源点，T作为汇点。如果Pi能匹配Rj，就将Pi与Rj相连。如果Pi能匹配Dj，就将Dj与Pi'之间相连。当然，Pi与Pi'之间也要连一条边。
然后就可以套网络最大流辣。最后得出的答案即为最多的数目。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define open(s) freopen( s".in", "r", stdin ), freopen( s".out", "w", stdout )
#define MAXN 40005
#define MAXM 150000
int N1, N2, N3;
int M1, M2;
int hd[MAXN], nxt[MAXM << 1], to[MAXM << 1], val[MAXM << 1], tot(1);
int ans, dis[MAXN];
queue<int> Q;
bool vis[MAXN];
int x, y;
int S, T;
void Add( int x, int y, int z ){ nxt[++tot] = hd[x]; hd[x] = tot; to[tot] = y; val[tot] = z; }
bool BFS(){
while( !Q.empty() ) Q.pop();
memset( dis, 0, sizeof dis );
Q.push(S); dis[S] = 1;
while( !Q.empty() ){
x = Q.front(); Q.pop();
for ( int i = hd[x]; i; i = nxt[i] )
if ( val[i] && !dis[to[i]] ){
dis[to[i]] = dis[x] + 1;
Q.push( to[i] );
if ( to[i] == T ) return 1;
}
}
return 0;
}
int DFS( int x, int fl ){
if ( x == T ) return fl;
int res(fl), k;
for ( int i = hd[x]; i && res; i = nxt[i] ){
if ( val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1 ){
k = DFS( to[i], min( res, val[i] ) );
if ( !k ) dis[to[i]] = 0;
val[i] -= k; val[i^1] += k; res -= k;
}
}
return fl - res;
}
int main(){
scanf( "%d%d%d", &N1, &N2, &N3 );
scanf( "%d", &M1 );
for ( int i = 1; i <= M1; ++i ){
scanf( "%d%d", &x, &y ); Add( y + N1, x, 1 ); Add( x, y + N1, 0 );
}
scanf( "%d", &M2 );
for ( int i = 1; i <= M2; ++i ){
scanf( "%d%d", &x, &y ); Add( x + N1 + N2 + N3, y + N1 + N2, 1 ); Add( y + N1 + N2, x + N1 + N2 + N3, 0 );
}
S = 0; T = 1 + N1 + N1 + N2 + N3;
for ( int i = 1; i <= N2; ++i ) Add( S, i + N1, 1 ), Add( i + N1, S, 0 );
for ( int i = 1; i <= N3; ++i ) Add( i + N1 + N2, T, 1 ), Add( T, i + N1 + N2, 0 );
for ( int i = 1; i <= N1; ++i ) Add( i, i + N1 + N2 + N3, 1 ), Add( i + N1 + N2 + N3, i, 0 );
int t;
while( BFS() )
while( ( t = DFS( S, 0x7f7f7f7f ) ) > 0 ) ans += t;
printf( "%d
", ans );
return 0;
}