bzoj4514: [Sdoi2016]数字配对

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　　http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4514

题解

　　综合性好强的题目啊。。。感觉网络流还不是这道题主要的部分（虽然代码量上占多数但思路上似乎没占多少）。

　　题解上说是二分图。。。我搞了一下：

　　首先这张图没有环，因为配对的条件是ai>aj。

　　那么就是一张有向无环图了。我们假设这张图的边权是ai/aj。

　　一个点不可能通过边权乘积不同的两条路到达同一个点。而边权之积是一个常数，其质因数分解是唯一的，也就是说如果一个点通过多条路径到达另一个点，那么这两条路径上边的种类和数目都是相同的。（我自己只想到这里）

　　配对是无向的，我把它当有向图做肯定是不行的。。。有了上面说的那些性质，你会发现从一个点开始进行黑白染色，一个点的颜色是确定的。

　　所以就是二分图辣！

　　又因为配对只能发生在相邻的两个数之间，所以把黑点和白点分别放在左右，然后网络流问题就出来了。

　　现在是说，给你一张图，让你找满足费用之和不小于0的最大流。

　　如果枚举最大流，那么会发现最大费用是单调上升后单调下降的。在某个位置最大费用会变成0，以后就会小于零。

　　所以就很水了（我是说这一部分），直接二分最大流做。

　　出题人用了更优的方法：不断地跑最大费用最大流直到费用变成负数，难么这次增广前的最大流和增光后的最大流分别作为上下界，二分答案跑费用流。

代码

//费用流#include <cstdio>#include <algorithm>#include <queue>#define maxn 1000000#define ll long long#define inf ((ll)1<<60)using namespace std;ll N, S, T, head[maxn], to[maxn], w[maxn], c[maxn], A[maxn], B[maxn], C[maxn], lim,now, cost, tot=1, dist[maxn], pre[maxn], in[maxn], deep[maxn], pei[300][300],next[maxn];void adde(ll a, ll b, ll cc, ll ww){to[++tot]=b;w[tot]=ww;c[tot]=cc;next[tot]=head[a];head[a]=tot;}void adde2(ll a, ll b, ll cc, ll ww){adde(a,b,cc,ww);adde(b,a,0,-ww);}bool spfa(){ll x, i, p;queue<ll> q;for(i=1;i<=T;i++)dist[i]=-inf;in[S]=1;q.push(S);dist[S]=0;while(!q.empty()){in[x=q.front()]=0;q.pop();for(p=head[x];p;p=next[p]){if(c[p] and dist[to[p]]<dist[x]+w[p]){dist[to[p]]=dist[x]+w[p];pre[to[p]]=p;if(!in[to[p]])q.push(to[p]),in[to[p]]=1;}}}return dist[T]!=-inf;}ll augment(){ll flow=lim, x;for(x=T;x^S;x=to[pre[x] xor 1])flow=min(flow,c[pre[x]]);for(x=T;x^S;x=to[pre[x] xor 1])c[pre[x]]-=flow,c[pre[x] xor 1]+=flow;cost+=dist[T]*flow;return flow;}void dfs(ll pos){ll i;for(i=1;i<=N;i++)if(deep[i]==0 and pei[pos][i]){deep[i]=deep[pos]+1;dfs(i);}}bool isp(ll x){ll t;if(x==0 or x==1)return false;for(t=2;t*t<=x;t++)if(x%t==0)return false;return true;}void init(){ll i, j;scanf("%lld",&N);for(i=1;i<=N;i++)scanf("%lld",A+i);for(i=1;i<=N;i++)scanf("%lld",B+i);for(i=1;i<=N;i++)scanf("%lld",C+i);for(i=1;i<=N;i++)for(j=1;j<=N;j++)if(A[i]%A[j]==0 and isp(A[i]/A[j]))pei[i][j]=pei[j][i]=1;for(i=1;i<=N;i++)if(deep[i]==0)deep[i]=1,dfs(i);S=N+1, T=S+1;for(i=1;i<=N;i++){if(deep[i]&1)adde2(S,i,B[i],0);else {adde2(i,T,B[i],0);continue;}for(j=1;j<=N;j++)if(pei[i][j] and (deep[j]&1)==0)adde2(i,j,inf,C[i]*C[j]);}}void solve(){ll l=1, r=10000000000ll, mid=(l+r+1)>>1, i;while(l<r){for(i=2;i<=tot;i+=2){c[i]=c[i]+c[i xor 1];c[i xor 1]=0;}lim=mid;cost=0;while(spfa() and lim)lim-=augment();if(cost<0 or (cost>=0 and lim>0))r=mid-1;else l=mid;mid=(l+r+1)>>1;}printf("%lld",l);}int main(){init();solve();return 0;}