没有直接购买的话就是一个经典的最大权闭合子图问题，现在考虑加入了直接购买这个操作之后怎么建模。

对应的，一个技术的限制可以描述为：若这个技术是被研发的，则需要研发其所有后续技术（最大权闭合子图）；若这个技术是被购买的，则对其后续技术无限制。

设与 $S$ 联通表示选了，与 $T$ 联通表示没选。运用一点差分建图的思路，我们可以把每个技术 $i$ 拆成 $in_i,out_i$，记 $d=f_i-h_i$，有：

• 若 $d>0$，则我们连边 $in_i \rightarrow T$，边权为 $h_i$；$in_i \rightarrow out_i$，边权为 $f_i-h_i$，这表示我们可以割掉前一个边（研发）或者同时割掉两个（购买），来使得 $i$ 与 $T$ 不联通。此时后者可以保证对后续，即 $out_i$ 之后没有限制。

• 若 $d\leq 0$，此时一定不会研发这个技术（直接买一定不劣），所以可以直接去掉 $in_i \rightarrow out_i$ 的边，把 $in_i \rightarrow T$ 边的边权改为 $f_i$，表示研发的费用即可。

剩下的就是把所有商品 $p$ 到技术 $i$ 的边改为 $p\rightarrow in_i$，所有技术 $i$ 到技术 $j$ 的边改为 $out_i \rightarrow in_j$，跑最大权闭合子图即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long,long long>
#define i28 __int128 
#define fir first
#define INF (1e15) 
#define sec second
#define pb push_back
#define eb emplace_back

const int N=1000+9,M=1e5+9;
const int MOD=1e9+7,base=251;
const double eps=1e-14;
inline void chkmax(int &x,int y){x=x<y?y:x;}
inline void chkmin(int &x,int y){x=x<y?x:y;}
inline void chkmax(ll &x,ll y){x=x<y?y:x;}
inline void chkmin(ll &x,ll y){x=x<y?x:y;}
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
int qpow(int a,int b,int p){
    int ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=1ll*ret*a%p;
        a=1ll*a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ret; 
}

#define int long long
struct Dinic{
    #define MAXN 1000000+9
    #define MAXM 1000000+9

    int n,s,t;
    int head[MAXN],tot=1;
    //remember to reset the tot
    int nxt[MAXM],to[MAXM],w[MAXM];
    void add2(int u,int v,int x){
        nxt[++tot]=head[u];
        head[u]=tot;
        to[tot]=v;
        w[tot]=x;
    }
    void add(int u,int v,int x){
        add2(u,v,x);
        add2(v,u,0);
    }
    int dep[MAXN],cur[MAXN];
    queue<int> q;
    bool bfs(){
        for(int i=1;i<=n;++i) dep[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) cur[i]=head[i];
        // 1-index
        dep[s]=1; q.push(s);
        while(!q.empty()){
            int u=q.front(); q.pop();
            for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
                if(!dep[to[i]] && w[i]){
                    dep[to[i]]=dep[u]+1;
                    q.push(to[i]);
                }
            }
        }
        return dep[t];
    }
    int dfs(int u,int flow){
        if(u==t) return flow;
        int out=0;
        for(int i=cur[u];i && flow;i=nxt[i]){
            cur[u]=i;
            if(w[i] && dep[to[i]]==dep[u]+1){
                int x=dfs(to[i],min(flow,w[i]));
                flow-=x; out+=x;
                w[i]-=x; w[i^1]+=x;
            }
        }
        return out;
    }
    int solve(){
        int ans=0;
        while(bfs())
            ans+=dfs(s,INF);
        return ans;
    }
} G;
int n,m,p,q,f[N],h[N],g[N],tot,sum;
void Mian(){
	cin>>n>>m>>p>>q;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>f[i];
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>h[i];
	for(int i=1;i<=m;++i) cin>>g[i];
	tot=n*2+m;
	G.s=++tot; G.t=++tot;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		G.add(G.s,n*2+i,g[i]);
		sum+=g[i];
	}
	for(int i=1;i<=p;++i){
		int u,v; cin>>u>>v;
		G.add(n*2+v,u,INF); 
	}
	for(int i=1;i<=q;++i){
		int u,v; cin>>u>>v;
		G.add(v+n,u,INF); 
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int val=f[i]-h[i];
		if(val>0){
			G.add(i,G.t,h[i]);
			G.add(i,i+n,f[i]-h[i]);
		}
		else G.add(i,G.t,f[i]);
	}
	G.n=tot;
	cout<<sum-G.solve();
}
void Mianclr(){
	
} 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	//freopen("P10544_3.in","r",stdin);
	//freopen("P10544_3.op","w",stdout);
	
    int c,T=1; //cin>>T;
    while(T--){
    	Mian();
		Mianclr(); 
	}
}