题目描述
小M在MC里开辟了两块巨大的耕地A和B（你可以认为容量是无穷），现在，小P有n中作物的种子，每种作物的种子有1个（就是可以种一棵作物）（用1…n编号）。

现在，第i种作物种植在A中种植可以获得ai的收益，在B中种植可以获得bi的收益，而且，现在还有这么一种神奇的现象，就是某些作物共同种在一块耕地中可以获得额外的收益，小M找到了规则***有m种作物组合，第i个组合中的作物共同种在A中可以获得c1i的额外收益，共同总在B中可以获得c2i的额外收益。

小M很快的算出了种植的最大收益，但是他想要考考你，你能回答他这个问题么？

输入格式
第一行包括一个整数n

第二行包括n个整数，表示ai第三行包括n个整数，表示bi第四行包括一个整数m接下来m行，

对于接下来的第i行：第一个整数ki，表示第i个作物组合***有ki种作物，

接下来两个整数c1i，c2i，接下来ki个整数，表示该组合中的作物编号。

输出格式
只有一行，包括一个整数，表示最大收益

输入输出样例
输入 #1 复制
3
4 2 1
2 3 2
1
2 3 2 1 2
输出 #1 复制
11
说明/提示
样例解释

A耕地种1，2，B耕地种3，收益4+2+3+2=11。

数据范围与约定

1<=k< n<= 1000,0 < m < = 1000 保证所有数据及结果不超过2*10^9。

我们很明显可以看出，这题就是把我们的作物分成两个区间。于是我们可以考虑使用最小割，使得我们变成两个集合。

这道题也是比较经典的一道最小割分割集合。

首先明确一点，一个组合就是一个点集，它的贡献有三种情况：对集合 A 有贡献；对集合 B 有贡献；没有任何贡献。这意味着只划分出一种状态是无法描述的，我们需要把 A 和 B 集合分开考虑。

我们先用一个虚点 x 从 s 连一条代表贡献的边（显然点集必须用一个虚点代替）。如果其中一个点被割进了集合 BB，那么这条代表贡献的边就要被断开，而 x 到 u,v,w 的边不能被断开。所以我们可以得到：边 (s,x) 的容量为 c，边 (x,u),(x,v),(x,w)的容量均为 INF（因为只有容量为正无穷的边不可能被断开）。

这个点集对集合 B 的贡献同理。经过检验，我们发现这样的连边方式是完全正确的！直接建图跑最小割即可。答案就是总的收益减去最小割。

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=1000010,M=3000010,base=1010;
int n,a[N],b[N],h[M],s,t,m,res;
int head[M],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);	queue<int> q;	q.push(s);	h[s]=1;
	while(q.size()){
		int u=q.front();	q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
			if(!h[to[i]]&&w[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(w[i],f));
			w[i]-=mi;	w[i^1]+=mi;	fl+=mi;	f-=mi;
		}
	}
	if(!fl)	h[x]=-1;
	return fl;
}
int dinic(){
	int res=0;
	while(bfs())	res+=dfs(s,inf);
	return res;
}
signed main(){
	cin>>n; s=0; t=n+base*2+10;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i],add(s,i,a[i]),res+=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>b[i],add(i,t,b[i]),res+=b[i];
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int k,c1,c2;	cin>>k>>c1>>c2;	res+=c1;	res+=c2;
		add(s,i+base,c1);	add(i+base*2,t,c2);
		while(k--){
			int x;	cin>>x;	add(i+base,x,inf);	add(x,i+base*2,inf);
		}
	}
	cout<<res-dinic()<<endl;
	return 0;
}