[Sdoi2016]数字配对

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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。
 

Input

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。
 
 

Output

 一行一个数，最多进行多少次配对

 

Sample Input

3
2 4 8
2 200 7
-1 -2 1

Sample Output

4

HINT

 

 n≤200，ai≤10^9，bi≤10^5，∣ci∣≤10^5

 

Source

鸣谢Menci上传

思路：二分图染色+重新构造二分图+最小费用最大流

根据题意给各个数连无向边，构成一个森林；

然后用二分图染色的方法分成两个点集，一个点集连s点，另一个连t点，并对应题意对两个点集内的点连边；

然后，跑最小费用最大流就好了。（总价值≮0，可以改变费用边权解决）

数字配对 AAAAAAAAAA 100 C++ 0.032 s 31.24 MB 2017-03-12 21:28:21

代码实现：

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstring>
  3 #define LL long long
  4 #define inf 1000000000000000ll
  5 LL n,s,t,nf,sf,nw,sw;
  6 int a,b,l;
  7 LL sa[210],sb[210],sc[210];
  8 LL ret;
  9 char ch[30];
 10 int h[210],hs=1;
 11 struct edge{int s,n;LL w,f;}e[900000];
 12 bool pf,v[210],map[210][210];
 13 int ca[210],as,cb[210],bs;
 14 LL f[210];
 15 int q[900000],head,tail;
 16 struct place{int q,l;}p[900000];
 17 inline LL min(LL x,LL y){return x<y?x:y;}
 18 LL read(){
 19     ret=pf=0,l=1;
 20     do{ch[0]=getchar();}while((ch[0]<'0'||ch[0]>'9')&&ch[0]!='-');
 21     if(ch[0]=='-') pf=1,ch[0]=getchar();
 22     do{ch[l++]=getchar();}while(ch[l-1]>='0'&&ch[l-1]<='9');
 23     l-=2;
 24     for(LL i=l,j=1;i>=0;i--,j*=10) ret+=(ch[i]-'0')*j;
 25     if(pf) ret*=-1;
 26     return ret;
 27 }
 28 void write(LL x){
 29     if(!x) return;
 30     write(x/10);
 31     putchar(x%10+'0');
 32 }
 33 bool ps(int x){
 34     for(int i=2;i*i<=x;i++)
 35     if(x%i==0) return 0;
 36     return 1;
 37 }
 38 void dye(int x,int k){
 39     v[x]=1;
 40     if(k==2) ca[as++]=x;
 41     else cb[bs++]=x;
 42     for(int i=h[x];i;i=e[i].n)
 43     if(!v[e[i].s]) dye(e[i].s,k^1);
 44 }
 45 LL SPFA(){
 46     for(int i=s;i<=t;i++) f[i]=inf;
 47     head=tail=0;
 48     q[head++]=s,f[s]=0;
 49     while(head>tail){
 50         a=q[tail++];
 51         for(int i=h[a];i;i=e[i].n)
 52         if(e[i].w&&f[a]+e[i].f<f[e[i].s]){
 53             f[e[i].s]=f[a]+e[i].f;
 54             q[head++]=e[i].s;
 55             p[e[i].s]=(place){a,i};
 56         }
 57     }
 58     return f[t];
 59 }
 60 LL AP(int k,LL w){
 61     if(k==s) return w;
 62     int re=AP(p[k].q,min(w,e[p[k].l].w));
 63     e[p[k].l].w-=re;
 64     e[p[k].l^1].w+=re;
 65     return re;
 66 }
 67 bool Dinic(){
 68     nf=SPFA();
 69     if(nf==inf) return 0; 
 70     nw=AP(t,inf);
 71     if(nf<=0) sw+=nw;
 72     else sw+=min(nw,-sf/nf);
 73     sf+=nf*nw;
 74     if(sf>0) return 0;
 75     else return 1;
 76 }
 77 int main(){
 78     n=read();
 79     s=0,t=n+1;
 80     for(int i=1;i<=n;i++) sa[i]=read();
 81     for(int i=1;i<=n;i++) sb[i]=read();
 82     for(int i=1;i<=n;i++) sc[i]=read();
 83     for(int i=1;i<=n;i++)
 84     for(int j=1;j<=n;j++)
 85     if(sa[j]&&sa[i]%sa[j]==0&&ps(sa[i]/sa[j])){
 86         e[++hs]=(edge){j,h[i]},h[i]=hs;
 87         e[++hs]=(edge){i,h[j]},h[j]=hs;
 88         map[i][j]=map[j][i]=1;
 89     }
 90     for(int i=1;i<=n;i++) if(!v[i]) dye(i,2);
 91     memset(h,0,sizeof(h)),hs=1;
 92     for(int i=0;i<as;i++)
 93     for(int j=0;j<bs;j++)
 94     if(map[ca[i]][cb[j]]){
 95         a=ca[i],b=cb[j];
 96         e[++hs]=(edge){b,h[a],min(sb[a],sb[b]),-sc[a]*sc[b]},h[a]=hs;
 97         e[++hs]=(edge){a,h[b],0,sc[a]*sc[b]},h[b]=hs;
 98     }
 99     for(int i=0;i<as;i++) a=ca[i],e[++hs]=(edge){a,h[s],sb[a],0},h[s]=hs++;
100     for(int i=0;i<bs;i++) b=cb[i],e[++hs]=(edge){t,h[b],sb[b],0},h[b]=hs++;
101     while(Dinic());
102     write(sw);
103     return 0;
104 }

100+的网络流，还不带高级数据结构，呵呵。

还有long long神烦。

题目来源：bzoj

posted @ 2017-03-12 21:42  J_william  阅读(720)  评论(0)  编辑  收藏  举报