每个飞机的抵达和离开可以看成是一个线段，首先有一个朴素的思路，枚举廊桥的数量，接下来对于每做到达的飞机，由于采取先到先得的策略，所以随便挑一个空闲的廊桥分配进去就可以了。

如果这样去做还需要枚举廊桥数量去计算复杂度是比较高的。我们有一种贪心的策略，即对于不得不去一个全新的廊桥的时候，再分配过去，即初始只有一个廊桥，对于接下来到达的飞机如果可以安排到第一个就安排到第一个，不可以则新开一个廊桥。那么对于后续的廊桥都是如此的。所以本题更像是一个模拟题

对于国内航班来说，我们预处理给每个廊桥分配飞机的最多数量 $c_i$

对于国际航班也预处理一个数组 $d_i$

假如枚举给国内分配 $a$ 个，则国内的停靠数量就是 $c_1+c_2+\dots+c_a$ 国际就是 $d_1+d_2+\dots+d_{n-a}$

我们需要维护一个占用的廊桥集合，也需要维护一个空闲的廊桥集合，对于此时新到达一架飞机，它的到达时间假如为 $st$ 那么首先我们需要把占用集合中离开时间 小于 $st$ 的飞机转移到空闲集合，这一部分可以采取小根堆来做。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define p pair<int, int>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m1, m2;
p a[N], b[N]; // 国内和国际
int s1[N], s2[N], res;
void solve(p a[], int s[], int m)
{
    sort(a + 1, a + m + 1);
    priority_queue<p, vector<p>, greater<p>> q1;
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q2;//空闲集合
    for (int i = 1; i <= n; i++) q2.push(i);// 初始n个廊桥都空闲
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int st = a[i].x; // 当前飞机的抵达时间
        while (q1.size() && q1.top().x < st) // 已经占用的廊桥可以腾出位置
        {
            q2.push(q1.top().y);
            q1.pop();
        }
        if (q2.empty()) continue; // 无空闲跳过
        int now = q2.top();
        q2.pop();
        q1.push({a[i].y, now}); // 记录当前飞机的离开时间和占用的廊桥编号
        s[now]++;
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++) s[i] += s[i - 1];
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> m1 >> m2;
    for (int i = 1; i <= m1; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y;
    for (int i = 1; i <= m2; i++) cin >> b[i].x >> b[i].y;
    solve(a, s1, m1), solve(b, s2, m2);
    for (int i = 0; i <= n; i++)
    {
        res = max(res, s1[i] + s2[n - i]);
    }
    cout << res;
    return 0;
}