题目链接：Soldier and Traveling

题目大意：这道题就是给我们n个城市的当前人数，然后每个城市的人只能到达附件的城市，问我们是否能达成最后他给出的城市人数。

刚开始写的时候，并没有拆点，因为我觉得求最大流的时候并不需要拆点。

但是当输出变化情况时就很麻烦了，因为网络流有一个来回流的过程，久很难写人数流动情况，然后就拆点写了。这样流到其他城市的流量只留到出点，就能保证不会重复流了，因为入点只有S对它有流量。

还要注意两种情况人数不相等的情况，因为如果原来人数大于最后的人数，最大流可以到达b，但是有多余人数，还是会输出NO

AC代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=210,M=200010;
int n,m,a[N],b[N],h[N],s,t,res,g[N][N],ans;
int head[N],nex[M],to[M],w[M],tot=1;
inline void ade(int a,int b,int c){
	to[++tot]=b; w[tot]=c; nex[tot]=head[a]; head[a]=tot;
}
inline void add(int a,int b,int c){
	ade(a,b,c);	ade(b,a,0);
}
int bfs(){
	memset(h,0,sizeof h);	h[s]=1;	queue<int> q;	q.push(s);
	while(q.size()){
		int u=q.front();	q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
			if(w[i]&&!h[to[i]]){
				h[to[i]]=h[u]+1;	q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return h[t];
}
int dfs(int x,int f){
	if(x==t)	return f;
	int fl=0;
	for(int i=head[x];i&&f;i=nex[i]){
		if(w[i]&&h[to[i]]==h[x]+1){
			int mi=dfs(to[i],min(f,w[i]));
			w[i]-=mi;	w[i^1]+=mi;	fl+=mi;	f-=mi;
		}
	}
	if(!fl)	h[x]=-1;
	return fl;
}
inline int dinic(){
	int res=0;
	while(bfs())	res+=dfs(s,inf);
	return res;
}
signed main(){
	cin>>n>>m; t=2*n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i],add(s,i,a[i]),add(i,i+n,inf),ans+=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>b[i],add(i+n,t,b[i]),res+=b[i];
	while(m--){
		int x,y;	cin>>x>>y;
		add(x,y+n,a[x]);	add(y,x+n,a[y]);
	}
	if(res!=ans||dinic()!=res)	return puts("NO"),0;
	puts("YES");
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=head[i];j;j=nex[j]){
			if(to[j]!=s)	g[i][to[j]-n]=w[j^1];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++)	cout<<g[i][j]<<' ';puts("");
	}
	return 0;
}