( ext{Solution:})
我们令源点和汇点分别为睡觉和不睡觉这两种互斥的决策点。把小朋友看成点，问题转化为最小割。
每一个小朋友对自己的意愿指向的汇点/源点。容量为(1.)之后要处理好朋友之间的关系。
让我们回到最小割的定义：求一组边，使它们割掉后，(S,T)不连通。
注意，这里只是不连通，而不是直接没有边相连。
于是，我们可以对每一对小朋友建立双向边，因为他们之间的关系是对称的。而我们把他们划分到两个集合种，只需要割掉双向边中的一条，它们就已经不连通了。
于是，这个问题被成功建模。
总结：深度清晰理解什么是最小割。注意仅仅是(S,T)不连通即可。不是割掉所有边。这题的边都表示的是一种关系，如(A o B)的意义是(A)和(B)在同一立场。
我们的目的是将(S,T)分开以求到一组可行解。这组解最小的代价就是我们要求的最小冲突数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=300010;
const int inf=(1<<30);
struct edge{
int nxt,to,flow;
}e[MAXN];
int n,m,head[MAXN],tot=1,S,T;
inline void add(int x,int y,int w){
e[++tot].to=y;e[tot].nxt=head[x];e[tot].flow=w;head[x]=tot;
e[++tot].to=x;e[tot].nxt=head[y];e[tot].flow=0;head[y]=tot;
}
int dep[MAXN],cur[MAXN];
bool bfs(int s,int t){
memset(dep,0,sizeof(dep));
queue<int>q;q.push(s);
dep[s]=1;cur[s]=head[s];
while(!q.empty()){
s=q.front();q.pop();
for(int i=head[s];i;i=e[i].nxt){
int j=e[i].to;
if(!dep[j]&&e[i].flow){
dep[j]=dep[s]+1;
cur[j]=head[j];
if(j==t)return true;
q.push(j);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int s,int flow,int t){
if(s==t||flow<=0)return flow;
int rest=flow;
for(int i=head[s];i;i=e[i].nxt){
int j=e[i].to;
if(dep[j]==dep[s]+1&&e[i].flow){
int tmp=dfs(j,min(rest,e[i].flow),t);
if(tmp<=0)dep[j]=0;
rest-=tmp;e[i].flow-=tmp;e[i^1].flow+=tmp;
if(rest<=0)break;
}
}
return flow-rest;
}
int dinic(int s,int t){
int ans=0;
for(;bfs(s,t);)ans+=dfs(s,inf,t);
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
S=0;T=n+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
int x;scanf("%d",&x);
if(x)add(S,i,1);
else add(i,T,1);
}
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y,1);add(y,x,1);
}
printf("%d
",dinic(S,T));
return 0;
}