题目大意：
有(A,B)两个点集，每个点有点权，在(A)集合中，两个点之间有边满足(a_i xor a_j mod 2 = 1)，在(B)集合中，两个点之间有边满足(b_i xor b_j mod 2=0)或者(b_i or b_j)化成二进制有奇数个(1)
求(A,B)集合的最大团的大小
第一类数据：(|A|le 200,|B|le 200)
第二类数据：(|A|le 10,|B|le 3000)
目前算法表示最大团问题是个(NPC)问题，所以我们不能直接解决
但是我们也许知道，最大团=补图最大独立集
考虑建立补图求最大独立集
对于(A)集合，在原图中奇偶不同的点之间有边，则在补图中奇偶相同的点之间全部有边，奇偶不同的点之间没有边，对于补图最大独立集，(A)图中最多选两个
对于(B)集合，在原图中奇偶相同的点之间有边，奇偶不同的点一些有边，则在补图中，奇偶相同的点之间没有边，我们可以以奇偶为划分标准将补图划分成二分图
建出补图后，因为(A)集合中点数很少，我们可以枚举(A)集合中选取的点，然后把与这些点构成完全图的(B)集合中的点标记，跑二分图最大独立集
略卡常，加时间戳优化
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
namespace red{
#define eps (1e-8)
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=3010;
int haku;
int n,m,k,ret,tim,tim2;
int T[N];
int ap[N],bp[N];
bool jx[N][N];
bool jxb[N][N];
int vis[N<<2],f[N<<2];
int t3[N<<2];
int py[N],num;
int ans;
int head[N],cnt;
struct point
{
int nxt,to;
point(){}
point(const int &nxt,const int &to):nxt(nxt),to(to){}
}a[N*N];
inline void link(int x,int y)
{
a[++cnt]=(point){head[x],y};head[x]=cnt;
}
inline bool check(int x)
{
int sum=0;
for(;x;x-=(x&-x)) ++sum;
return sum&1;
}
inline bool find(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(vis[t]!=tim&&T[t]==tim2)
{
vis[t]=tim;
if(t3[t]!=tim||!f[t]||find(f[t]))
{
f[t]=x;
t3[t]=tim;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
inline int solve()
{
int ret=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
if(T[i]==tim2) ++tim,ret+=find(i);
else ++ret;
}
return m-ret;
}
inline void main()
{
haku=read();
while(haku--)
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;++i) ap[i]=read();
for(int j=1;j<=m;++j) bp[j]=read();
for(int x,y,i=1;i<=k;++i)
{
x=read(),y=read();
jx[x][y]=1;
}
for(int i=1;i<=m;++i)
{
if(bp[i]&1)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(!(bp[j]&1))
if(!check(bp[i]|bp[j])) link(i,j);
}
}
}
ret=max(ret,solve());
for(int i=1;i<=n;++i)
{
++tim2;
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(jx[i][j]) T[j]=tim2;
}
ret=max(ret,solve()+1);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(ap[i]&1)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
if(!(ap[j]&1))
{
++tim2;
for(int k=1;k<=m;++k)
{
if(jx[i][k]&&jx[j][k]) T[k]=tim2;
}
ret=max(ret,solve()+2);
}
}
}
printf("%d
",ret);
}
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}