称号：

2
1 1 2
C1 D1
D1 C1
1 2 4
C1 D1
C1 D1
C1 D2
D2 C1

1
3

题目大意：

               有v个观众，分别投出给自己喜欢的动物和讨厌的动物。

假设一个观众喜欢的动物和另外一个观众喜欢的动物发生冲突，则让一个观众离开，问最后可以留下几个观众。

、

例子分析：

输入分析：

2
1 1 2
C1 D1//第一个观众喜欢的是Cat1 讨厌的是Dog1
D1 C1
1 2 4
C1 D1
C1 D1
C1 D2
D2 C1

输出分析：

在第二个例子中。输出结果3是怎么得到的呢？我们把喜欢猫的放在一边喜欢狗的放在一边。然后依据冲突的产生情况建边，这时候我们就能得到下图：

这时候最大匹配就是1----4, 2----4 ， 3-----4 这三条边中的一条。上图选择了1----4这条边来举例。假设还想不明确的同学，在这里我们复习一下相关概念

匹配：是一个边的集合，随意两条边不存在公共点。

最大匹配：变数最多的匹配。

题目分析：

              把喜欢猫的放在一边，把喜欢狗的放在一边，若发生了冲突。则建一条边。则问题转化成二分图的最大独立集问题。

须要注意一下的是这道题中的建边规则。

这道题使用邻接矩阵实现的。耗时好像是390ms。用邻接表可能会快一些。

代码例如以下：

/*
 * g.cpp
 *
 *  Created on: 2015年3月14日
 *      Author: Administrator
 */


#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>


using namespace std;

const int maxn = 501;

int map[maxn][maxn];
bool useif[maxn];
int link[maxn];

int n;

bool can(int t){
	int i;
	for(i = 1 ; i <= n ; ++i){
		if(useif[i] == false && map[t][i] == true){
			useif[i] = true;
			if(link[i] == -1 || can(link[i])){
				link[i] = t;

				return true;
			}
		}
	}

	return false;
}

int max_match(){
	int num = 0;

	int i;
	for(i = 1 ; i <= n ; ++i){
		memset(useif,false,sizeof(useif));
		if(can(i) == true){
			num++;
		}
	}

	return num;
}


int main(){
	string loves[maxn];
	string hates[maxn];

	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		memset(map,false,sizeof(map));
		memset(link,-1,sizeof(link));

		int cats,dogs;
		scanf("%d%d%d",&cats,&dogs,&n);

		int i;
		for(i = 1 ; i <= n ; ++i){
			cin >> loves[i] >> hates[i];
		}

		/**
		 * 这道题与其它题不同的地方就在于建边部分.
		 * 所以其它部分不再加凝视,在这里仅仅为建边过程加凝视
		 */
		int j;
		for(i = 1 ; i <= n ; ++i){//遍历每个观众的喜欢的动物
			for(j = 1 ; j <= n ; ++j){//遍历每个观众讨厌的动物
				//假设第i个观众喜欢的动物==第j个观众讨厌的动物 || 第i个观众讨厌的动物 == 第j个观众喜欢的动物。
证明i和j之间存在冲突
				if(loves[i] == hates[j] || hates[i] == loves[j]){
					//为i和j建边
					map[i][j] = true;
					map[j][i] = true;
				}
			}
		}

		printf("%d\n",n - max_match()/2);
	}

	return 0;
}