好经典的题，因为暑假前集训做过类似的思想的题所以知道怎么处理
这题由于要求最多的删去的边数，则等价于求最少保留几条边，很显然留下的边一定是最短路上的
但问题是如果两条路不相交的话很简单，可事实是两条路径可以重叠一些部分，这些边用了两次可能可以使答案变优
关于这种图上两条路径的题有一个经典结论，即两条路径至多相交一次
具体地，我们可以枚举两条路径的重复部分\(x,y\)，则最后两条路径分别为\(s_1\to x\to y\to t_1,s_2\to x\to y\to t_2\)（当然具体的顺序可以换一下）
预处理出任意两点的最短路后就很简单了，总复杂度\(O(n^2)\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=3005,INF=1e9;
int n,m,x,y,s1,t1,l1,s2,t2,l2,dis[N][N]; vector <int> v[N];
inline void BFS(CI st,int* d)
{
for (RI i=1;i<=n;++i) d[i]=INF;
queue <int> q; q.push(st); d[st]=0;
while (!q.empty())
{
int now=q.front(); q.pop();
for (auto to:v[now]) if (d[to]>d[now]+1)
d[to]=d[now]+1,q.push(to);
}
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
for (i=1;i<=n;++i) BFS(i,dis[i]);
scanf("%d%d%d%d%d%d",&s1,&t1,&l1,&s2,&t2,&l2);
if (dis[s1][t1]>l1||dis[s2][t2]>l2) return puts("-1"),0;
int ans=dis[s1][t1]+dis[s2][t2];
auto Dis=[&](CI s,CI t)
{
return min(dis[s][i]+dis[j][t],dis[s][j]+dis[i][t])+dis[i][j];
};
for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j)
if (Dis(s1,t1)<=l1&&Dis(s2,t2)<=l2)
ans=min(ans,Dis(s1,t1)+Dis(s2,t2)-dis[i][j]);
return printf("%d",m-ans),0;
}