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。

解析

很神奇的题
考虑限制条件的转化
把每个数字进行质因数分解，设 ai 的质因子个数为 cnti
那么ai、aj可以配对的充要条件为

1.ai | aj
2.cnti=cntj-1

注意到，两个数字能够配对，当且仅当它们cnt的奇偶性不同
所以如果我们按照cnt的奇偶性分类的话，这就成了一个二分图
然后问题就简单了，变成了一个配对问题
注意题目要求价值不小于0的条件下的最大流，又因为dinic本身就是贪心的算法，所以我们直接让它跑到价值用尽即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+100;
const int M=2e6+100;
#define ll long long
ll read(){ll x=0,f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();};while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();};return x*f;
}
int n,m,s,t;
struct node{int to,nxt;ll cap,w;
}p[M<<1];
int fi[N],cur[N],cnt=-1;
void addline(int x,int y,ll cap,ll w){p[++cnt]=(node){y,fi[x],cap,w};fi[x]=cnt;p[++cnt]=(node){x,fi[y],0,-w};fi[y]=cnt;
}
ll flow,cost;
queue<int>q;
bool vis[N];
ll dis[N];
bool jd;
bool spfa(){if(jd) return false;bool flag=0;memset(vis,0,sizeof(vis));memset(dis,0x3f,sizeof(dis));dis[s]=0;q.push(s);while(!q.empty()){int now=q.front();q.pop();vis[now]=0;for(int i=cur[now]=fi[now];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(!p[i].cap) continue;if(dis[to]>dis[now]+p[i].w){dis[to]=dis[now]+p[i].w;if(to==t) flag=1;if(!vis[to]){q.push(to);vis[to]=1;}}}}return flag;
}
ll dfs(int x,ll lim){if(jd) return 0;if(x==t||!lim){//printf("lim=%lld dis=%lld\n",lim,dis[t]);if(cost+lim*dis[t]>0){jd=1;ll add=(-cost)/dis[t];return add;}cost+=lim*dis[t];return lim;}ll res=0;vis[x]=1;for(int &i=cur[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(vis[to]||!p[i].cap||dis[to]!=dis[x]+p[i].w) continue;ll add=dfs(to,min(lim,p[i].cap));res+=add;lim-=add;p[i].cap-=add;p[i^1].cap+=add;if(!lim) break;}vis[x]=0;if(lim) dis[x]=-1;return res;
}
void dinic(){flow=cost=0;while(spfa()){while(ll tmp=dfs(s,2e18)) flow+=tmp;}
}
int ccnt[N],prime[N],tp,num,v[N];
void find_prime(){int tp=100000;for(int i=2;i<=tp;i++){if(!v[i]){prime[++num]=i;v[i]=i;}for(int j=1;j<=num;j++){int now=prime[j];if(now>tp/i||now>v[i]) break;v[now*i]=now;}}
}
int calc(int x){int tp=floor(sqrt(x)),res=0;for(int i=1;i<=num;i++){int now=prime[i];if(now>tp) break;while(x%now==0){x/=now;res++;}}if(x>1) res++;return res;
}
ll a[N],b[N],c[N];
int main(){memset(fi,-1,sizeof(fi));find_prime();n=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++) ccnt[i]=calc(a[i]);s=n+1;t=s+1;for(int i=1;i<=n;i++){if(ccnt[i]%2==0) addline(s,i,b[i],0);else addline(i,t,b[i],0);}for(int i=1;i<=n;i++){if(ccnt[i]%2) continue;for(int j=1;j<=n;j++){if((a[i]%a[j]==0||a[j]%a[i]==0)&&abs(ccnt[i]-ccnt[j])==1) addline(i,j,2e18,-c[i]*c[j]);}}dinic();printf("%lld",flow);return 0;
}
/*
7 6
1 2 10000
2 3 10000
3 6 10000
1 4 8000
4 3 8000
2 5 6000
5 6 6000
*/

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