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大意

每一个小朋友在得到自己喜欢的饮料和食物的时候，就实现了其愿望，问最多能实现多少奶牛的愿望。

思路

首先我们考虑这样的三元关系 $(饮料，小朋友，食物)$，这样的三元关系，如果我们直接在中间连边去跑最大流是否有问题呢？

显然是有问题的，如下图：

这样我们发现个奇怪的问题，一个小朋友对应的喜欢的食物和饮料其实是很多的，但是这样会使得不同的饮料与食物都对一个小朋友产生影响，现在我们需要做的是给一个点上约束，而这种技巧叫做拆点。

我们考虑将每个小朋友拆为 $in$ 和 $out$，在 $in$ 和 $out$ 间连容量为 $1$ 的边，这样我们就可以保证每个小朋友只被算一次，如下图：

在拆完点之后直接跑最大流即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAX_N = 1000;
const int MAX_M = 100000;
struct edge {
    int v, c, next;
} e[MAX_M];
int p[MAX_N], eid;
void init() {
    memset(p, -1, sizeof(p));
    eid = 0;
}
void insert(int u, int v, int c) {
    e[eid].v = v;
    e[eid].next = p[u];
    e[eid].c = c;
    p[u] = eid++;
}
void addedge(int u, int v, int c) {
    insert(u, v, c);
    insert(v, u, 0);
}
int S, T;
int d[MAX_N];
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 = p[u]; i != -1; i = e[i].next) {
            int v = e[i].v;
            if (e[i].c > 0 && d[v] == -1) {
                q.push(v);
                d[v] = d[u] + 1;
            }
        }
    }
    return (d[T] != -1);
}
int dfs(int u, int flow) {
    if (u == T) {
        return flow;
    }
    int res = 0;
    for (int i = p[u]; i != -1; i = e[i].next) {
        int v = e[i].v;
        if (e[i].c > 0 && d[u] + 1 == d[v]) {
            int tmp = dfs(v, min(flow, e[i].c));
            flow -= tmp;
            e[i].c -= tmp;
            res += tmp;
            e[i ^ 1].c += tmp;
            if (flow == 0) {
                break;
            }
        }
    }
    if (res == 0) {
        d[u] = -1;
    }
    return res;
}
int Dinic() {
    int res = 0;
    while (bfs()) {
        res += dfs(S, INF);
    }
    return res;
}
int main() {
    init();
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        addedge(m + i, m + n + i, 1);
        int a, b; cin >> a >> b;
        for(int j = 0;j < a;j ++){
            int x; cin >> x;
            addedge(x, m + i, 1);
        }
        for(int j = 0;j < b;j ++){
            int x; cin >> x;
            addedge(m + n + i, m + 2 * n + x, 1);
        }
    }
    S = 0; T = m + 2 * n + k + 1;
    for(int i = 1;i <= m;i ++){
        addedge(S, i, 1);
    }
    for(int i = 1;i <= k;i ++){
        addedge(m + 2 * n + i, T, 1);
    }
    cout << Dinic() << endl;
    return 0;
}