题目链接：教辅的组成
网络流求解二分图
网络流的题难点在于发现题是网络流和如何建图！！！
尤其是建图！！！（除了建图，其他都是模板了。。。
思路：首先我们可以分析一下，这道题，实际上是个匹配的问题，而且是一一对应的匹配，所以我们才能把流量设为1，仔细想想网络流的原理，是对这张图进行增广，如果有一条路能够从头走到尾就是一个匹配，并且每一条路只能走一次，那这样想是不是就觉得可以用网络流了呢？因为流量都是一，所以一条路增广后，流量的增加也一定是1，因此跑完dinic后的答案即为所求。对于这种多源多汇的题，我们可以建一个超级源点和超级汇点，本身这两个点无任何意义，只是为了跑的时候更方便，因为从超级源点跑到超级汇点是一定会经过其中一个源点和汇点，那么就满足了之前的要求，又知道源点之间无流，汇点之间无流，所以可以这样跑。（转自题解）
本题的构图思路可以表示为：
源点->练习册->书(拆点)->答案->汇点
注意一定要拆点，因为一本书只能用一次。
更详细一点：
（转自洛谷题解
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如何建图，如何拆点有趣又头疼！
代码如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
const int INF = 10000000;
struct Node{
int ne;
int to;
int w;
}e[N<<1];
int head[N],dis[N],deth[N];
bool vis[N];
int n,m,k,f,x,s,t,y,val,cnt,T;
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt = 0;
}
void add(int u,int v,int val)
{
e[cnt].to = v;
e[cnt].w = val;
e[cnt].ne = head[u];
head[u] = cnt ++;
}
bool bfs()
{
queue<int>q;
memset(deth,0,sizeof(deth));
q.push(s);
deth[s] = 1;
while(!q.empty())
{
int now = q.front();
q.pop();
for(int i=head[now];~i;i=e[i].ne)
{
int to = e[i].to;
if(deth[to] == 0 && e[i].w >0)
{
deth[to] = deth[now] + 1;
q.push(to);
}
}
}
if(deth[t] == 0)
return 0;
return 1;
}
int dfs(int u,int dist)
{
if(u == t)
return dist;
int temp = dist;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].ne)
{
int to = e[i].to;
if(e[i].w >0 &&deth[to] == deth[u] + 1)
{
int di = dfs(to,min(e[i].w,temp));
if(di>0)
{
temp -= di;
e[i].w -= di;
e[i^1].w += di;
if(temp <= 0)
return dist;
}
}
}
return dist - temp;
}
int dinic()
{
int ans = 0;
while(bfs())
{
while(int di = dfs(s,INF))
ans += di;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
init();
scanf("%d",&f);
for(int i=1;i<=f;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(y,x+m,1);
add(x+m,y,0);
}
scanf("%d",&f);
for(int i=1;i<=f;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x+n+m,y+n+n+m,1);
add(y+n+n+m,x+n+m,0);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(i+m,i+n+m,1);
add(i+n+m,i+m,0);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
add(n+m+k+n+1,i,1);
add(i,n+m+k+n+1,0);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
add(i+n+n+m,n+m+k+n+2,1);
add(n+m+k+n+2,i+n+n+m,0);
}
s = n+m+k+n+1;
t = n+m+k+n+2;
printf("%d\n",dinic());
return 0;
}