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<=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：
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，M2<= 20)
对于数据点(4)~(10)，(M1，M2 <= 20000)
思路：开始尝试用二分图做这道题的，理论上应该是可以的，但是却WA了，就是建两个二分图，如果这本书与同一本答案和练习都可以匹配，那么最终就可以配。所以就还是用了网络流还做这道题，要涉及到拆点操作，构图思想大致是：源点——练习——书——书的分身(等等再说)——答案——汇点。为什么有两个书呢？因为我们要将书分别连向练习和答案，因此，也必须要用两个书，就复制一遍就好了，建边的时间容量为1，反向边为0。其实就是把分给拆点，目的是限制流量。
代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 1000007
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n1,n2,n3,m1,m2,S,T,head[maxn],num=1,d[maxn];
inline int qread() {
char c=getchar();int num=0,f=1;
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
return num*f;
}
struct node {
int v,f,nxt;
}e[1000007];
inline void ct(int u, int v, int f) {
e[++num]=node{v,f,head[u]};
head[u]=num;
}
inline bool bfs() {
memset(d,-1,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(S),d[S]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
int v=e[i].v;
if(e[i].f&&d[v]==-1) {
d[v]=d[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return d[T]!=-1;
}
int dfs(int u, int f) {
if(u==T) return f;
int rest=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
int v=e[i].v;
if(d[v]==d[u]+1&&e[i].f) {
int t=dfs(v,min(e[i].f,f-rest));
if(!t) d[v]=0;
e[i].f-=t;
e[i^1].f+=t;
rest+=t;
if(f==rest) return rest;
}
}
return rest;
}
inline int dinic() {
int ans=0;
while(bfs()) ans+=dfs(S,inf);
return ans;
}
int main() {
n1=qread(),n2=qread(),n3=qread();
S=1,T=n1*2+n2+n3+2;
m1=qread();
for(int i=1,u,v;i<=m1;++i) {
u=qread(),v=qread();
ct(v+1,u+n2+1,1);
ct(u+n2+1,v+1,0);
}
for(int i=n2+2;i<=n2+n1+1;++i) ct(i,i+n1,1),ct(i+n1,i,0);
m2=qread();
for(int i=1,u,v;i<=m2;++i) {
u=qread(),v=qread();
ct(n2+u+n1+1,n2+2*n1+v+1,1);
ct(n2+2*n1+v+1,n2+u+n1+1,0);
}
for(int i=2;i<=n2+1;++i) ct(S,i,1),ct(i,S,0);
for(int i=n2+n1*2+2;i<=T-1;++i) ct(i,T,1),ct(T,i,0);
printf("%d
",dinic());
return 0;
}