Cogs 2221. [SDOI2016 Round1] 数字配对(二分图)

1. [SDOI2016 Round1] 数字配对
   ★★★ 输入文件：menci_pair.in 输出文件：menci_pair.out 简单对比
   时间限制：1 s 内存限制：128 MB
   【题目描述】
   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。
   【样例输入】
   3
   2 4 8
   2 200 7
   -1 -2 1
   【样例输出】
   4
   【提示】
   测试点 1 ~ 3：n≤10，ai≤109，bi=1，∣ci∣≤105；
   测试点 4 ~ 5：n≤200，ai≤109，bi≤105，ci=0；
   测试点 6 ~ 10：n≤200，ai≤109，bi≤105，∣ci∣≤105。
   【来源】
   SDOI2016 Round1 Day1

/*二分图匹配.建图挺妙的.把一个数拆开.若两个数字ai,aj满足,ai是aj的倍数,且ai/aj是一个质数.这个东西的充要条件是 ①两个数是倍数关系②两个数质因数分解后指数和相差为1.也就是说两个数要想配对,那么他必须满足②这个必要条件.so 我们可以根据这个建图.根据分解后质数的和的奇偶性分为两类.我们贪心的跑一个最大费用,所以费用是不严格单调的. 当当前的一个总费用>=0时我们继续增广.否则我们就把下界的值加上.关于下界的处理:费用>=0且最后一次增广时(排除找不到增广路的情况),我们发现dis[T]是<0的,我们虽然不能跑x*dis[T]的费用,但是我们可能能跑sum/-dis[T](下取整)的费用.(我们也可以把费用取反,然后贪心的跑最小费用.然后就变成了一个简单的最小(or 最大)费用流最大流问题.要注意longlong 还有下界的一些东西.*/#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<queue>#define INF 1e18#define MAXN 40010#define LL long longusing namespace std;int n,m,head[MAXN],a[MAXN],max1,cut=1,tot,S,T,b[MAXN],pre[MAXN];LL dis[MAXN],ans,sum;bool pri[MAXN];queue<int>q;struct data{int a,b;LL c;}s[MAXN];struct edge{int u,v,next;LL c,f;}e[MAXN*2];int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();    return x*f;}void add(int u,int v,LL c,LL f){    e[++cut].u=u,e[cut].v=v,e[cut].c=c,e[cut].f=f,e[cut].next=head[u],head[u]=cut;    e[++cut].u=v,e[cut].v=u,e[cut].c=0,e[cut].f=-f,e[cut].next=head[v],head[v]=cut;}void slovepri(){    for(int i=2;i<=sqrt(max1)+1;i++)    {        if(!pri[i])        {            a[++tot]=i;            for(int j=i+i;j<=sqrt(max1);j+=i) pri[j]=true;//sb w.        }    }    return ;}bool judge(int x){    for(int i=2;i<=sqrt(x);i++) if(x%i==0) return false;    return true;}int check(int x){    int total=0;    for(int i=1;i<=tot;i++)    {        while(x%a[i]==0) x/=a[i],total++;        if(x==1) return total;    }    return total;}void slove(){    for(int i=1;i<=n;i++)    {        int x=check(s[i].a);        if(x&1) add(S,i,s[i].b,0);        else add(i,T,s[i].b,0);        for(int j=1;j<=n;j++)        {            if(j==i) continue;            if(s[i].a%s[j].a==0&&judge(s[i].a/s[j].a))            {                if(x&1) add(i,j,INF,s[i].c*s[j].c);                else add(j,i,INF,s[i].c*s[j].c);            }        }    }    return ;}bool bfs(int t){    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-INF;    q.push(S);dis[S]=0;b[S]=T;    while(!q.empty())    {        int u=q.front();q.pop();b[u]=0;        for(int i=head[u];i;i=e[i].next)        {            int v=e[i].v;            if(dis[v]<dis[u]+e[i].f&&e[i].c)            {                dis[v]=dis[u]+e[i].f;pre[v]=i;                if(b[v]!=t) b[v]=t,q.push(v);            }        }    }    return dis[T]!=-INF;}void dinic(){    int t=1;    while(bfs(t))    {        int tmp=pre[T];LL x=INF;        while(tmp) x=min(x,e[tmp].c),tmp=pre[e[tmp].u];        tmp=pre[T];        while(tmp)        {            e[tmp].c-=x;            e[tmp^1].c+=x;            tmp=pre[e[tmp].u];        }        if(sum+x*dis[T]>=0)        {            sum+=x*dis[T];ans+=x;        }        else {ans+=(sum/-dis[T]);return ;}        t++;    }    return ;}int main(){    freopen("menci_pair.in","r",stdin);    freopen("menci_pair.out","w",stdout);    n=read();S=0,T=n+1;    for(int i=1;i<=n;i++) s[i].a=read(),max1=max(max1,s[i].a);    for(int i=1;i<=n;i++) s[i].b=read();    for(int i=1;i<=n;i++) s[i].c=read();    slovepri();slove();dinic();    printf("%d",ans);    return 0;}