BZOJ4514[Sdoi2016]数字配对 费用流

Posted 2020-09-27 CQzhangyu

【BZOJ4514】[Sdoi2016]数字配对

Description

有 n 种数字，第 i 种数字是 ai、有 bi 个，权值是 ci。

若两个数字 ai、aj 满足，ai 是 aj 的倍数，且 ai/aj 是一个质数，

那么这两个数字可以配对，并获得 ci×cj 的价值。

一个数字只能参与一次配对，可以不参与配对。

在获得的价值总和不小于 0 的前提下，求最多进行多少次配对。

Input

第一行一个整数 n。

第二行 n 个整数 a1、a2、……、an。

第三行 n 个整数 b1、b2、……、bn。

第四行 n 个整数 c1、c2、……、cn。

Output

 一行一个数，最多进行多少次配对

Sample Input

3
2 4 8
2 200 7
-1 -2 1

Sample Output

4

HINT

 n≤200，ai≤10^9，bi≤10^5，∣ci∣≤10^5

题解：一看到数据范围和大致题意，直接想到费用流，但是想了一会，发现建图好像并不容易。

为了方便分解质因数，我们现将1-100000中的质数都筛出来，这样我们可以较快速的判断两个数的商是否是质数。但是如何建图呢？这一些数好像很难构成一个二分图。但是如果我们将所有数按照所含的质因子总数奇偶分类，就得到了一个二分图，连边跑个最大费用流即可。

当我们找到一条增广路，使得增广后总权值为负时，直接特判一下最多还能流多少就行了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=9223372036854775807;
int n,m,cnt,tot,S,T;
ll ans,sum;
int pri[100010],A[210],B[210],C[210],num[210],to[1000000],next[1000000],inq[210],pe[210],pv[210],head[210];
bool np[100010];
ll cost[1000000],flow[1000000],dis[210];
queue<int> q;
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
bool isp(int x)
{
	if(x<=100000)	return !np[x];
	for(int i=1;i<=tot;i++)	if(x%pri[i]==0)	return 0;
	return 1;
}
void add(int a,int b,ll c,ll d)
{
	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int bfs()
{
	memset(dis,0x80,sizeof(dis));
	int i,u;
	q.push(S),dis[S]=0;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(dis[to[i]]<dis[u]+cost[i]&&flow[i])
			{
				dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;
				if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return dis[T]>(ll)0x8080808080808080;
}
int main()
{
	n=rd(),S=0,T=n+1;
	int i,j,tmp;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)	A[i]=rd();
	for(i=1;i<=n;i++)	B[i]=rd();
	for(i=1;i<=n;i++)	C[i]=rd();
	for(np[1]=1,i=2;i<=100000;i++)
	{
		if(!np[i])	pri[++tot]=i;
		for(j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=100000;j++)
		{
			np[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0)	break;
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		tmp=A[i];
		for(j=1;j<=tot&&pri[j]<=tmp;j++)	while(tmp%pri[j]==0)	tmp/=pri[j],num[i]++;
		if(tmp!=1)	num[i]++;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(num[i]&1)
		{
			add(S,i,0,B[i]);
			for(j=1;j<=n;j++)	if(abs(num[i]-num[j])==1)
				if((A[i]%A[j]==0&&isp(A[i]/A[j]))||(A[j]%A[i]==0&&isp(A[j]/A[i])))	add(i,j,(ll)C[i]*C[j],inf);
		}
		else	add(i,T,0,B[i]);
	}
	while(bfs())
	{
		ll mf=inf;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	mf=min(mf,flow[pe[i]]);
		if(sum+mf*dis[T]<0)
		{
			ans+=sum/(-dis[T]);
			break;
		}
		sum+=mf*dis[T],ans+=mf;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}