題意：

　　（吃飯dining）有F種食物和D種飲料，每種食物或飲料只能供一頭牛享用，且每頭牛隻享用一種食物和一種飲料。現在有n頭牛，每頭牛都有自己喜歡的食物種類列表和飲料種類列表，問最多能使幾頭牛同時享用到自己喜歡的食物和飲料。（1 <= f <= 100, 1 <= d <= 100, 1 <= n <= 100）

　　（酒店之王）XX酒店的老闆想成為酒店之王，本著這種希望，第一步要將酒店變得人性化。由於很多來住店的旅客有自己喜好的房間色調、陽光等，也有自己所愛的菜，但是該酒店只有p間房間，一天只有固定的q道不同的菜。

有一天來了n個客人，每個客人說出了自己喜歡哪些房間，喜歡哪道菜。但是很不幸，可能做不到讓所有顧客滿意（滿意的條件是住進喜歡的房間，吃到喜歡的菜）。

這裡要怎麼分配，能使最多顧客滿意呢？

分析：
　　我們想想發現，這兩道題並沒什麼不同，都是一些人，一些東西，分別喜歡兩類東西中的一些，每人只能佔有兩類中的各一樣東西，問如何安排，讓更多的人滿意。

　　倘若只有一類東西，也許我們會想到二分圖匹配。

　　但是兩樣東西，建二分圖我們是建不出來的，所以只能藉由網路流來解決匹配問題，我們依舊是考慮題目中的限制問題：

　　首先限制1.喜歡兩類東西中的各一些。

　　限制2.每人只能在兩類中各佔有一樣東西。

　　我們發現限制不多，所以建圖也沒那麼複雜。我們一單位的流量當然是代表一樣東西。

　　我們怎麼建出滿足限制2的圖？

　　引出一個拆點技巧，我們將人拆成兩個點，我們保證這兩個點之間的流量最大是1，所以一個人最多選一樣東西。

　　所以我們把圖簡稱這樣：

圖醜請不要在意這些細節2333

　　藍色的點代表人，橙色代表第一類物品，紫色代表第二類物品，邊容量都是1.

　　只不過源點向第一類物品連邊，第一類物品向喜歡它的人的一號店連邊，人的一號點向二號點連邊，人的二號點向他喜歡的第二類物品連邊，第二類物品向匯點連邊即可。這樣，一單位流量流經一個人的兩個點，代表被這個人選擇了。

　　兩道題幾乎一模一樣，都不用改資料範圍，改改主函式就好了

程式碼：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
 3
 
 using namespace std;int tot=0;
 4 const int N=10005,inf=0x3f3f3f3f;
 5 struct node{int y,z,nxt;}e[N*2];
 6 int S,T,q[N],h[N],c=1,n,m,k,d[N];
 7 int c1[N],ho[N],di[N],c2[N];
 8 int add(int x,int y,int z){
 9     e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
10     e[++c]=(node){x,0,h[y]};h[y]=c;
11 } bool bfs(){
12     int f=1,t=0;ms(d,-1);
13     q[++t]=S;d[S]=0;
14     while(f<=t){
15         int x=q[f++];
16         for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
17         if(d[y=e[i].y]==-1&&e[i].z)
18         d[y]=d[x]+1,q[++t]=y;
19     } return (d[T]!=-1);
20 } int dfs(int x,int f){
21     if(x==T) return f;int w,tmp=0;
22     for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
23     if(d[y=e[i].y]==d[x]+1&&e[i].z){
24         w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
25         if(!w) d[y]=-1;
26         e[i].z-=w;e[i^1].z+=w;
27         tmp+=w;if(tmp==f) return f;
28     } return tmp;
29 } void dinic(){
30     while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
31 } int main(){
32     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
33     S=0,T=n*2+m+k+1;
34     for(int i=1;i<=m;i++) ho[i]=i;
35     for(int i=1;i<=n;i++) c1[i]=i+m;
36     for(int i=1;i<=k;i++) di[i]=n+m+i;
37     for(int i=1;i<=n;i++) c2[i]=n+m+k+i;
38     for(int i=1;i<=m;i++) add(S,ho[i],1);
39     for(int i=1;i<=k;i++) add(di[i],T,1);
40     for(int i=1;i<=n;i++) add(c1[i],c2[i],1);
41     for(int i=1,u,v;i<=n;i++){
42         scanf("%d%d",&u,&v);
43         for(int j=1,p;j<=u;j++) 
44         scanf("%d",&p),add(ho[p],c1[i],1);
45         for(int j=1,p;j<=v;j++) 
46         scanf("%d",&p),add(c2[i],di[p],1);
47     } dinic();printf("%d\n",tot);return 0;
48 }

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
 3 using namespace std;int tot=0;
 4 const int N=10005,inf=0x3f3f3f3f;
 5 struct node{int y,z,nxt;}e[N*2];
 6 int S,T,q[N],h[N],c=1,n,m,k,d[N];
 7 int c1[N],ho[N],di[N],c2[N];
 8 int add(int x,int y,int z){
 9     e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
10     e[++c]=(node){x,0,h[y]};h[y]=c;
11 } bool bfs(){
12     int f=1,t=0;ms(d,-1);
13     q[++t]=S;d[S]=0;
14     while(f<=t){
15         int x=q[f++];
16         for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
17         if(d[y=e[i].y]==-1&&e[i].z)
18         d[y]=d[x]+1,q[++t]=y;
19     } return (d[T]!=-1);
20 } int dfs(int x,int f){
21     if(x==T) return f;int w,tmp=0;
22     for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
23     if(d[y=e[i].y]==d[x]+1&&e[i].z){
24         w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
25         if(!w) d[y]=-1;
26         e[i].z-=w;e[i^1].z+=w;
27         tmp+=w;if(tmp==f) return f;
28     } return tmp;
29 } void dinic(){
30     while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
31 } int main(){
32     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
33     S=0,T=n*2+m+k+1;
34     for(int i=1;i<=m;i++) ho[i]=i;
35     for(int i=1;i<=n;i++) c1[i]=i+m;
36     for(int i=1;i<=k;i++) di[i]=n+m+i;
37     for(int i=1;i<=n;i++) c2[i]=n+m+k+i;
38     for(int i=1;i<=m;i++) add(S,ho[i],1);
39     for(int i=1;i<=k;i++) add(di[i],T,1);
40     for(int i=1;i<=n;i++) add(c1[i],c2[i],1);
41     for(int i=1;i<=n;i++)
42     for(int j=1,p;j<=m;j++)
43     scanf("%1d",&p),p?add(ho[j],c1[i],1):0;
44     for(int i=1;i<=n;i++)
45     for(int j=1,p;j<=k;j++)
46     scanf("%1d",&p),p?add(c2[i],di[j],1):0;
47     dinic();printf("%d\n",tot);return 0;
48 }