BZOJ4514 [Sdoi2016]数字配对 费用流

Posted 2020-10-31 Mychael

题目

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。

输入格式

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。

输出格式

一行一个数，最多进行多少次配对

输入样例

3

2 4 8

2 200 7

-1 -2 1

输出样例

4

提示

n≤200，ai≤10^9，bi≤10^5，∣ci∣≤10^5

题解

如果\(a_i\)和\(a_j\)之间相差一个质数，那么它们一定是互为倍数关系且质因子分解后指数和只相差\(1\)

容易发现，相互匹配的两个数的指数和一定是一奇一偶
所以这是一个二分图匹配问题

用最大费用最大流实现匹配即可

但由于费用和非负，我们在最大流统计流量时，如果当前答案加上本次新增费用小于0，就刚好取到不小于0的部分

由于先取大的一定比取小的好，所以这样的贪心策略正确

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 205,maxm = 200005;
const LL INF = 1000000000000000000ll;
inline int read(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57){if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int n,ans;
LL a[maxn],b[maxn],c[maxn],cnt[maxn],sum;
LL d[maxn],minf[maxn];
int p[maxn];
int h[maxn],ne = 2,S,T;
struct EDGE{int to,nxt; LL f,w;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,LL f,LL w){
    ed[ne] = (EDGE){v,h[u],f,w}; h[u] = ne++;
    ed[ne] = (EDGE){u,h[v],0,-w}; h[v] = ne++;
}
void Sp(int u){
    int x = a[u];
    for (int i = 2; i <= x; i++)
        if (x % i == 0){
            while (x % i == 0) cnt[u]++,x /= i;
        }
    if (x - 1) cnt[u]++;
}
queue<int> q;
int inq[maxn];
void mincost(){
    while (true){
        for (int i = S; i <= T; i++) inq[i] = p[i] = 0,d[i] = INF;
        q.push(S); d[S] = 0; minf[S] = INF;
        int u;
        while (!q.empty()){
            u = q.front(); q.pop();
            inq[u] = false;
            Redge(u) if (ed[k].f && d[to = ed[k].to] > d[u] + ed[k].w){
                d[to] = d[u] + ed[k].w; minf[to] = min(minf[u],ed[k].f);
                p[to] = k;
                if (!inq[to]) q.push(to),inq[to] = true;
            }
        }
        if (d[T] == INF) return;
        if (d[T] <= 0){
            sum += -d[T] * minf[T];
            ans += minf[T];
            u = T;
            while (u != S){
                ed[p[u]].f -= minf[T];
                ed[p[u] ^ 1].f += minf[T];
                u = ed[p[u] ^ 1].to;
            }
        }
        else {
            int l = min(minf[T],sum / d[T]);
            if (!l) return;
            sum += -d[T] * l;
            ans += l;
            u = T;
            while (u != S){
                ed[p[u]].f -= l;
                ed[p[u] ^ 1].f += l;
                u = ed[p[u] ^ 1].to;
            }
        }
    }
}
int main(){
    n = read(); S = 0; T = n + 1;
    REP(i,n) a[i] = read(),Sp(i);
    REP(i,n){
        b[i] = read();
        if (cnt[i] & 1) build(S,i,b[i],0);
        else build(i,T,b[i],0);
    }
    REP(i,n) c[i] = read();
    REP(i,n) REP(j,n){
        if ((cnt[i] & 1) && !(cnt[j] & 1) && ((a[i] % a[j] == 0 && cnt[i] == cnt[j] + 1) || (a[j] % a[i] == 0 && cnt[j] == cnt[i] + 1))){
            build(i,j,INF,-(c[i] * c[j]));
        }
    }
    mincost();
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}