题意：n个顾客依次来买猪，有n个猪房，每个顾客每次可以开若干个房子，买完时，店主可以调整这位顾客
开的猪房里的猪，共m个猪房，每个猪房有若干猪，求最多能卖多少猪。
构图思想：顾客有先后，每个人想要的猪数量已经确定，显然要建汇点t，每个顾客连线t（以顾客为结点），权值为他想要买
的猪数量（最多想要的都卖了，最大流之归宿，必思汇点！）然后，你想，每个顾客有先后顺序，前一个顾客开过的
房子取的猪数量可以重新分配，必然要连后一个开这个房子的顾客连线（权为inf）（相当于前面一个先取该流量，后面的再取，重新分配）
这样建图！如果没有开过的房子怎么办?建立超级源点啊，权值为房子猪数量。这个可以用一个链来存储，
下面代码中fa【】数组实现之即可，记录前一个开过的顾客号码，没有开过的用s连他。
此题经典啊（被大牛定位较难题），关键是这种构图思想。小结一下：先思源汇点（看最大情况），再思哪些作为结点好，
这题每个结点之间有限制，故在先的结点先取源流，再通向下一个被限制的点，这思想很重要。
关于网上流传的简化图三规则，若是或字关系，是错的：
规律1. 如果几个结点的流量的来源完全相同，则可以把它们合并成一个.
规律2. 如果几个结点的流量的去向完全相同，则可以把它们合并成一个.
规律3. 如果从点u到点v有一条容量为∞的边，并且点v除了点u以外没有别的流量来源，则可以把这两个结点合并成一个.
，符合规则1或2，随便举个例子就错了，我认为1,2合为一条，
必需同时满足才可以合并。
#include<iostream> //16 ms 1A
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int m,n;int numpig[1010];int fa[1010];
int e[10000][3];int nume;int head[110]; const int inf=0x3f3f3f3f;
void addedge(int from,int to,int w)
{
e[nume][0]=to; e[nume][1]=head[from];head[from]=nume;
e[nume++][2]=w;
e[nume][0]=from; e[nume][1]=head[to];head[to]=nume;
e[nume++][2]=0;
}
int level[120];int vis[120];
bool bfs() //dinic
{
for(int i=0;i<=n+1;i++)
vis[i]=level[i]=0;
queue<int>q;q.push(0);
vis[0]=1;
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();q.pop();
for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
{ int v=e[i][0];
if(!vis[v]&&e[i][2]>0)
{
level[v]=level[cur]+1;
if(v==1+n)return 1;
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
return vis[1+n];
}
int dfs(int u,int minf)
{
if(u==1+n||minf==0)return minf;
int sumf=0,f;
for(int i=head[u];i!=-1&&minf;i=e[i][1])
{ int v=e[i][0];
if(level[v]==level[u]+1&&e[i][2]>0)
{
f=dfs(v,minf<e[i][2]?minf:e[i][2]);
e[i][2]-=f;e[i^1][2]+=f;
minf-=f;sumf+=f;
}
}
return sumf;
}
int dinic()
{
int sum=0;
while(bfs())
{
sum+=dfs(0,inf);
}
return sum;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&numpig[i]);
fa[i]=0;
}
for(int i=0;i<=n+1;i++)
head[i]=-1;
nume=0;
int numkey,house,numwant;
for(int i=1;i<=n;i++) //构图
{
scanf("%d",&numkey);
while(numkey--)
{
scanf("%d",&house);
addedge(fa[house],i,fa[house]==0?numpig[house]:inf);
fa[house]=i;
}
scanf("%d",&numwant);
addedge(i,n+1,numwant);
}
int ans=dinic();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}