奶牛食品
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Case Time Limit:1000MS
Description
FJ的奶牛们仅仅吃各自喜欢的一些特定的食物和饮料，除此之外的其它食物和饮料一概不吃。某天FJ为奶牛们精心准备了一顿美妙的饭食。但在之前忘记检查奶牛们的菜单，这样显然是不能不能满足全部奶牛的要求。可是FJ又不愿意为此又一次来做，所以他他还是想让尽可能多的牛吃到他们喜欢的食品和饮料。
FJ提供了F （编号为1、2、…、F）种食品并准备了D （编号为1、2、…、D）种饮料。他的N头牛（编号为1、2、…、N）都已决定了是否愿意吃某种食物和喝某种饮料。FJ想给每一头牛一种食品和一种饮料。使得尽可能多的牛得到喜欢的食物和饮料。
每一种食物和饮料仅仅能由一头牛来用。
比如假设食物2被一头牛吃掉了，没有别的牛能吃到食物2。
Input
第一行包括三个用空格分开的整数N，F和D；
接下来的N行描写叙述每一个奶牛的信息：
第i+1行的前两个整数为F_i和D_i，接下来的F_i个整数表示奶牛i喜欢的食品编号。再接下来的D_i个整数表示奶牛i喜欢的饮料编号。
Output
仅一行一个整数，表示FJ最多能让多少头奶牛吃到自己喜欢的食品和饮料。
Sample Input
4 3 3
2 2 1 2 3 1
2 2 2 3 1 2
2 2 1 3 1 2
2 1 1 3 3
Sample Output
3
Hint
输入数据表明：奶牛1喜欢的食物1、2。喜欢喝饮料3、1；奶牛2喜欢的食物2、3；喜欢喝饮料1、2；奶牛3喜欢的食物1、3；喜欢喝饮料1、2。奶牛4喜欢的食物1、3；喜欢喝饮料3。
那么以下的分配方法将是最优的：奶牛1不给食品和饮料；奶牛2分配食物2和饮料2；奶牛3分配食物1和饮料2；奶牛4分配食物3和饮料4。
1<=F<=100。1<=D<=100，1<=N<=100
Source
网络流 usaco open 2007 gold dining
建图。左边是食物，中间是牛。右边是饮料，这样仅仅拆n个点（代表牛的点），图中每一条边的容量都为1。
如图：
为什么食物和牛不用拆点呢？
我想拆点仅仅在下面这样的情况下才须要（出度和入度都大于1）
#include<cstdio>
using namespace std;
#define inf 2100000000
#define maxe 50000
#define maxv 500
int et;
int n, f, d;
int opp[maxe], len[maxe], end[maxe], last[maxv], next[maxe];
int dis[maxv], vd[maxv];
int Min(int a, int b)
{
return a<b?a:b;
}
int vt;
int dfs(int u, int flow)
{
int temp, delta, i, e;
if(u==vt) return flow;
delta=0;
for(i=last[u]; i; i=next[i])
{
e=end[i];
if(len[i]>0&&dis[u]==dis[e]+1)
{
temp=dfs(e, Min(flow-delta, len[i]));
len[i]-=temp;
len[opp[i]]+=temp;
delta+=temp;
if(delta==flow||dis[1]>=vt)return delta;
}
}
if(dis[1]>=vt)return delta;
vd[dis[u]]--;
if(vd[dis[u]]==0)dis[1]=vt;
dis[u]++;
vd[dis[u]]++;
return delta;
}
void adde(int s, int e, int c)
{
et++;
len[et]=c;
end[et]=e;
next[et]=last[s];
last[s]=et;
}
void addde(int s, int e, int c)
{
adde(s, e, c);
opp[et]=et+1;
adde(e, s, 0);
opp[et]=et-1;
}
int main()
{
int ans=0;
int i, j, k, fi, di, t;
scanf("%d%d%d", &n, &f, &d);
vt=2+f+n*2+d;
for(i=1; i<=f; i++)
{
addde(1, 1+i, 1);
}
for(i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d%d", &fi, &di);
for(j=1; j<=fi; j++)
{
scanf("%d", &t);
addde(1+t, 1+f+i, 1);
}
for(j=1; j<=di; j++)
{
scanf("%d", &t);
addde(1+f+n+i, 1+f+n*2+t, 1);
}
}
for(i=1; i<=n; i++) addde(1+f+i, 1+f+n+i, 1);
for(i=1; i<=d; i++) addde(1+f+n+n+i, vt, 1);
while(dis[1]<vt) ans+=dfs(1, inf);
printf("%d", ans);
return 0;
}