Cogs 2221. [SDOI2016 Round1] 数字配对

2221. [SDOI2016 Round1] 数字配对

题目链接

★★★ 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 aiaj 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

/*
根据题意，如果我们把a[i]质因数分解，那么如果x,y能够建边，那么它们分解出来的个数一定相差1，这样就转成了二分图。
至于题目要求的保证费用要大于等于0，也就是越大越好，我们可以将费用变负，然后跑最小费用，每次增广保证费用不大于0。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define N 210
#define inf 1000000000000000LL
using namespace std;
int n,S,T,num=1,tot,totx,toty,ans,inq
,f[32005];
int a
,b
,head
,fa
,prime[32005],fx
,fy
;
long long c
,dis
;
struct node{
int from,to,pre,cap;
long long c;
}e[N*N];
bool judge(int x,int y){
if(!x||!y)return false;
if(x<y)swap(x,y);
if(x%y!=0)return 0;
x/=y;
for(int i=1;i<=tot;i++){
if(prime[i]>=x)break;
if(x%prime[i]==0)return 0;
}
return 1;
}
void Insert(int from,int to,int v,long long c){
e[++num].to=to;e[num].from=from;e[num].cap=v;e[num].c=-c;e[num].pre=head[from];head[from]=num;
e[++num].to=from;e[num].from=to;e[num].cap=0;e[num].c=c;e[num].pre=head[to];head[to]=num;
}
bool spfa(){
queue<int>q;
memset(inq,0,sizeof(inq));
for(int i=S;i<=T;i++)dis[i]=inf;
dis[S]=0;inq[S]=1;q.push(S);
while(!q.empty()){
int now=q.front();q.pop();inq[now]=0;
for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
int to=e[i].to;
if(e[i].cap&&dis[to]>dis[now]+e[i].c){
dis[to]=dis[now]+e[i].c;fa[to]=i;
if(!inq[to]){
q.push(to);inq[to]=1;
}
}
}
}
return dis[T]!=inf;
}
void min_cost(){
long long cost=0;
while(spfa()){
int tmp=1e9;
for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].from])
tmp=min(tmp,e[i].cap);
if(cost+dis[T]*tmp<=0){
cost+=dis[T]*tmp;ans+=tmp;
for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].from])
e[i].cap-=tmp,e[i^1].cap+=tmp;
}
else {
ans-=(cost/dis[T]);
return;
}
}
}
int main(){
freopen("menci_pair.in","r",stdin);freopen("menci_pair.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
S=0;T=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&c[i]);
for(int i=2;i<=32000;i++){
if(!f[i])prime[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(i*prime[j]>32000)break;
f[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int tmp=a[i],num=0;
for(int j=1;j<=tot;j++){
while(tmp%prime[j]==0)tmp/=prime[j],num++;
if(tmp==1)break;
}
if(num&1)fx[++totx]=i;
else fy[++toty]=i;
}
for(int i=1;i<=totx;i++)
for(int j=1;j<=toty;j++){
if(judge(a[fx[i]],a[fy[j]]))
Insert(fx[i],fy[j],1e9,c[fx[i]]*c[fy[j]]);
}
for(int i=1;i<=totx;i++)Insert(S,fx[i],b[fx[i]],0);
for(int i=1;i<=toty;i++)Insert(fy[i],T,b[fy[i]],0);
min_cost();
printf("%d",ans);
return 0;
}

100分 最小费用最大流