4514: [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。
对于满足条件的\(a_i/a_j\)一定要满足\(a_i\)的质因子个数比\(a_j\)大一
所以可以对于每个数的质因子个数建二分图,只有异侧才有连边
至于总价值不小于0,在总价值<0的时候停止就行了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define M 1000001
#define LL long long
using namespace std;
LL t,n,m,k,a[M],b[M],c[M],edge[M],nex[M],head[M],ver[M],cnt=1,h[M],d[M],cs[M],inq[M],cur[M],w[M],e[M],ed,zz,ans;
queue <LL> q;
void add(LL x,LL y,LL z,LL co)
{
ver[++cnt]=y; nex[cnt]=head[x]; head[x]=cnt; edge[cnt]=z; cs[cnt]=co;
ver[++cnt]=x; nex[cnt]=head[y]; head[y]=cnt; edge[cnt]=0; cs[cnt]=-co;
}
bool spfa()
{
memset(d,0,sizeof(d));
memcpy(cur, head, sizeof(head));
while(q.size()) q.pop();
memset(h,-0x3f,sizeof(h));
q.push(0); d[0]=1; h[0]=0;
while(q.size())
{
LL x=q.front(); q.pop(); inq[x]=0;
for(LL i=head[x];i;i=nex[i])
if(edge[i] && h[ver[i]]<h[x]+cs[i])
{
h[ver[i]]=h[x]+cs[i]; d[ver[i]]=d[x]+1;
if(!inq[ver[i]]) q.push(ver[i]);
inq[ver[i]]=1;
}
}
if(d[t]) return 1;
return 0;
}
LL dinic(LL x,LL flow)
{
if(!flow || x==t) return flow;
LL re=flow, k;
for(LL & i=cur[x];i && re;i=nex[i])
if(edge[i] && h[ver[i]]==h[x]+cs[i] && d[ver[i]]==d[x]+1)
{
k=dinic(ver[i],min(re, edge[i]));
re-=k; edge[i]-=k; edge[i^1]+=k;
}
return flow-re;
}
LL fj(LL x)
{
if(x==1) return 0;
LL k=sqrt(x),ans=0; k+=1;
for(LL i=2;i<=k;i++) if(x%i==0) while(x%i==0) x/=i,ans+=1;
if(x!=1) ans+=1;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n); t=n+1;
for(LL i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(LL i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
for(LL i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
for(LL i=1;i<=n;i++)
w[i]=fj(a[i]);
for(LL i=1;i<=n;i++) if(w[i]%2)
for(LL j=1;j<=n;j++) if(w[j]%2==0 && ((a[i]%a[j]==0 && w[i]==w[j]+1)||(a[j]%a[i]==0 && w[j]==w[i]+1)))
add(i,j,0x3f3f3f3f,c[i]*c[j]);
for(LL i=1;i<=n;i++) if(w[i]%2) add(0,i,b[i],0);
else add(i,t,b[i],0);
while(spfa())
{
bool bll=1;
while(k=dinic(0,0x3f3f3f3f))
{
if(ed+h[t]*k<0)
{ans+=ed/(-h[t]); bll=0; break;}
ed+=h[t]*k, ans+=k;
}
if(!bll) break;
}
printf("%lld",ans);
}
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