Description

在很久很久以前,曾经有两个国家和睦相处,无忧无虑的生活着。一年一度的评比大会开始了,作为和平的两国,一个朋友圈数量最多的永远都是最值得他人的尊敬,所以现在就是需要你求朋友圈的最大数目。

两个国家看成是AB两国,现在是两个国家的描述:

  1. A国:每个人都有一个友善值,当两个A国人的友善值a、b,如果a xor b mod 2=1,那么这两个人都是朋友,否则不是;

  2. B国:每个人都有一个友善值,当两个B国人的友善值a、b,如果a xor b mod 2=0或者 (a or b)化成二进制有奇数个1,那么两个人是朋友,否则不是朋友;

  3. A、B两国之间的人也有可能是朋友,数据中将会给出A、B之间“朋友”的情况。

  4. 在AB两国,朋友圈的定义:一个朋友圈集合S,满足S∈A∪ B ,对于所有的i,j∈ S ,i 和 j 是朋友

由于落后的古代,没有电脑这个也就成了每年最大的难题,而你能帮他们求出最大朋 友圈的人数吗?

Input

第一行t<=6,表示输入数据总数。

接下来t个数据:

第一行输入三个整数A,B,M,表示A国人数、B国人数、AB两国之间是朋友的对数;第二行A个数ai,表示A国第i个人的友善值;第三行B个数bi,表示B国第j个人的友善值;

第4——3+M行,每行两个整数(i,j),表示第i个A国人和第j个B国人是朋友。

Output

输出t行,每行,输出一个整数,表示最大朋友圈的数目。

Sample Input

2 4 7

1 2

2 6 5 4

1 1

1 2

1 3

2 1

2 2

2 3

2 4

Sample Output

5

【样例说明】

最大朋友圈包含A国第1、2人和B国第1、2、3人。

HINT

【数据范围】

两类数据

第一类:|A|<=200 |B| <= 200

第二类:|A| <= 10 |B| <= 3000

Solution

看A国的条件,实际上就是要求两个数奇偶性不同,那么可以二分,而且最大团为2

看B国的条件,连出的图就是奇和奇连边,偶和偶连边,一部分奇和偶连边;可以发现它的补图就是一部分奇和偶连边,可以二分。并且二分图的最大独立集等于其补图的最大团

于是

建出B国的补图

对A国分情况

  • 一个都不选时,直接对B的补图跑最大匹配,更新答案
  • 选一个时,枚举A国选的那个人,找出B国能够选的人,把它们从补图中拎出来,跑最大匹配,+1更新答案
  • 选两个时,枚举A国选的两个人,接下来同上,只是+2更新答案

基本上就是这样,最后用些时间戳加速什么的

#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXA=200+10,MAXB=3000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a,b,m,T,e,connect[MAXB],use[MAXB],A[MAXA],B[MAXB],G[MAXA][MAXB],beg[MAXB],nex[MAXB*MAXB],to[MAXB*MAXB],ans,clk1,clk2,avail[MAXB];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int x,int y)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
}
inline void Build()
{
for(register int i=1;i<=b;++i)
for(register int j=1;j<=b;++j)
if(i==j||(!(B[i]&1))||(B[j]&1))continue;
else if(((B[i]^B[j])&1)&&__builtin_popcount(B[i]|B[j])%2==0)insert(i,j);
}
inline bool dfs(int x)
{
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(avail[to[i]]==clk1&&use[to[i]]!=clk2)
{
use[to[i]]=clk2;
if(!connect[to[i]]||dfs(connect[to[i]]))
{
connect[to[i]]=x;
return true;
}
}
return false;
}
inline int solve(int a1,int a2)
{
memset(connect,0,sizeof(connect));
int res=0;
++clk1;
for(register int i=1;i<=b;++i)
if(G[a1][i]&&G[a2][i])res++,avail[i]=clk1;
for(register int i=1;i<=b;++i)
if(avail[i]==clk1&&(B[i]&1))
{
++clk2;
if(dfs(i))res--;
}
return res;
}
int main()
{
ans=0;
read(a);read(b);read(m);
for(register int i=1;i<=a;++i)read(A[i]);
for(register int i=1;i<=b;++i)read(B[i]);
Build();
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;read(u);read(v);
G[u][v]=1;
}
for(register int i=1;i<=b;++i)G[0][i]=1;
chkmax(ans,solve(0,0));
for(register int i=1;i<=a;++i)chkmax(ans,solve(i,0)+1);
for(register int i=1;i<=a;++i)
for(register int j=i+1;j<=a;++j)
if((A[i]^A[j])&1)chkmax(ans,solve(i,j)+2);
write(ans,'\n');
return 0;
}

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