二者取其一，就是一堆物品，放入两个集合内，放进不同的集合内就会有不同的收益（或代价），使其收益（代价）最大（最小）的一种问题

通常这类问题，使用最小割定理解决。

最小割，即割边集中权值之和最小的一个集合

比如这道题[SHOI2007]善意的投票

是一道这样类型的题。

我们将\(S\)点设为同意睡觉的超级源点\(T\)设为不同意睡觉的点，同以对好朋友之间连一条容量为1的无向边，这样建图。我们求得一个最小割，就是答案的解了

不过这里有一个与其他网络流不同的地方，就是朋友间为什么要建立无向边，而不是有向边呢？

我们如此思考，假设a，b不统一意见。有两种决策，

• 让a同意b

• 让b同意a

有两种情况，我们并不能准确确定割边在哪个地方，所以我们需要建出两种情况的边来。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using std::queue;
using std::min;
const int maxn=11000;
int n,m;
struct node
{int p;long long f;int nxt;
};
int head[maxn],tail=-1;
int dis[maxn];
int cur[maxn];
node line[maxn<<5];
void add(int a,int b,long long c)
{line[++tail].p=b;line[tail].f=c;line[tail].nxt=head[a];head[a]=tail;
}
bool bfs(int s,int t)
{queue<int>q;memset(dis,0,sizeof(dis));dis[s]=1;q.push(s);while(!q.empty()){int pas=q.front();q.pop();for(int i=head[pas];i!=-1;i=line[i].nxt)if(!dis[line[i].p]&&line[i].f){dis[line[i].p]=dis[pas]+1;q.push(line[i].p);}}return dis[t];
}
long long dfs(int now,int aim,long long flow)
{long long res=0,f;if(now==aim||!flow) return flow;for(int &i=cur[now];i!=-1;i=line[i].nxt)if(dis[line[i].p]==dis[now]+1&&(f=dfs(line[i].p,aim,min(flow,line[i].f)))){res+=f;flow-=f;line[i].f-=f;line[i^1].f+=f;if(!flow) break;}return res;
}
long long dinic(int s,int t)
{long long res=0;while(bfs(s,t)){for(int i=0;i<=n+1;i++)cur[i]=head[i];res+=dfs(s,t,0x7fffffff);}return res;
}
int main()
{memset(head,-1,sizeof(head));scanf("%d%d",&n,&m);int a,b,c,d;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a);if(a)add(0,i,1),add(i,0,0);elseadd(i,n+1,1),add(n+1,i,0);ans+=1;}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b,1);add(b,a,1);}printf("%d",dinic(0,n+1));
}