BZOJ4205卡牌配对——最大流+建图优化
题目描述
现在有一种卡牌游戏，每张卡牌上有三个属性值：A,B,C。把卡牌分为X,Y两类，分别有n1,n2张。
两张卡牌能够配对，当且仅当，存在至多一项属性值使得两张卡牌该项属性值互质，且两张卡牌类别不同。
比如一张X类卡牌属性值分别是225,233,101，一张Y类卡牌属性值分别为115,466,99。那么这两张牌是可以配对的，因为只有101和99一组属性互质。
游戏的目的是最大化匹配上的卡牌组数，当然每张卡牌只能用一次。
输入
数据第一行两个数n1，n2，空格分割。
接下来n1行，每行3个数，依次表示每张X类卡牌的3项属性值。
接下来n2行，每行3个数，依次表示每张Y类卡牌的3项属性值。
输出
输出一个整数：最多能够匹配的数目。
样例输入
2 2
2 2 2
2 5 5
2 2 5
5 5 5
2 2 2
2 5 5
2 2 5
5 5 5
样例输出
2
【提示】
样例中第一张X类卡牌和第一张Y类卡牌能配对，第二张X类卡牌和两张Y类卡牌都能配对。所以最佳方案是第一张X和第一张Y配对，第二张X和第二张Y配对。
另外，请大胆使用渐进复杂度较高的算法！
【提示】
样例中第一张X类卡牌和第一张Y类卡牌能配对，第二张X类卡牌和两张Y类卡牌都能配对。所以最佳方案是第一张X和第一张Y配对，第二张X和第二张Y配对。
另外，请大胆使用渐进复杂度较高的算法！
提示
对于100%的数据，n1,n2≤ 30000，属性值为不超过200的正整数
乍一看就是一个简单的二分图最大匹配，枚举任意两个不同类的卡牌连边即可，但光是枚举的时间复杂度就爆炸了，何况还会跑$10^9$条边的最大流。所以我们想办法优化：先考虑两张牌$A,B$属性都分别不互质的情况(剩下两种情况相同)，我们找到$A$属性是$x$的倍数、$B$属性是$y$的倍数的所有点，在二分图中间新建一个点然后将左右满足要求的点都连向这个点，流量为$INF$，表示这些点之间都能互相匹配。这里的$x,y$显然只需要枚举质数即可，$200$之内的质数只有$46$个，所以对于一种情况只需要建$46*46$个点即可，总点数为$70000$。而$2*3*5*7>200$，所以每个数最多只有三个质因子，每个点最多连$3*3*3$条边，总边数为$2000000$，直接跑$dinic$即可。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;
int head[70000];
int to[4000000];
int next[4000000];
int val[4000000];
int d[70000];
int q[70000];
int back[70000];
int S,T;
int n,m;
int tot=1;
int ans;
int cnt;
vector<int>v[210];
int s[210][210];
int a1[40000];
int b1[40000];
int c1[40000];
int a2[40000];
int b2[40000];
int c2[40000];
int prime[50];
int vis[210];
int num;
void find()
{
for(int i=2;i<=200;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[++cnt]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=200;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=200;i++)
{
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
if(i%prime[j]==0)
{
v[i].push_back(j);
}
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
s[i][j]=++num;
}
}
}
void add(int x,int y,int v)
{
tot++;
next[tot]=back[x];
back[x]=tot;
to[tot]=y;
val[tot]=v;
tot++;
next[tot]=back[y];
back[y]=tot;
to[tot]=x;
val[tot]=0;
}
bool bfs(int S,int T)
{
int r=0;
int l=0;
memset(d,-1,sizeof(d));
q[r++]=T;
d[T]=2;
while(l<r)
{
int now=q[l];
for(int i=back[now];i;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==-1&&val[i^1]!=0)
{
d[to[i]]=d[now]+1;
q[r++]=to[i];
}
}
l++;
}
if(d[S]==-1)
{
return false;
}
else
{
return true;
}
}
int dfs(int x,int flow)
{
if(x==T)
{
return flow;
}
int now_flow;
int used=0;
for(int &i=head[x];i;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==d[x]-1&&val[i]!=0)
{
now_flow=dfs(to[i],min(flow-used,val[i]));
val[i]-=now_flow;
val[i^1]+=now_flow;
used+=now_flow;
if(now_flow==flow)
{
return flow;
}
}
}
if(used==0)
{
d[x]=-1;
}
return used;
}
int dinic()
{
int res=0;
while(bfs(S,T))
{
memcpy(head,back,sizeof(back));
res+=dfs(S,0x3f3f3f3f);
}
return res;
}
int main()
{
find();
scanf("%d%d",&n,&m);
S=n+m+46*46*3+1;
T=S+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a1[i],&b1[i],&c1[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a2[i],&b2[i],&c2[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(S,i,1);
int sz1=v[a1[i]].size();
int sz2=v[b1[i]].size();
for(int j=0;j<sz1;j++)
{
for(int k=0;k<sz2;k++)
{
add(i,n+m+s[v[a1[i]][j]][v[b1[i]][k]],INF);
}
}
sz2=v[c1[i]].size();
for(int j=0;j<sz1;j++)
{
for(int k=0;k<sz2;k++)
{
add(i,n+m+46*46+s[v[a1[i]][j]][v[c1[i]][k]],INF);
}
}
sz1=v[b1[i]].size();
for(int j=0;j<sz1;j++)
{
for(int k=0;k<sz2;k++)
{
add(i,n+m+2*46*46+s[v[b1[i]][j]][v[c1[i]][k]],INF);
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
add(n+i,T,1);
int sz1=v[a2[i]].size();
int sz2=v[b2[i]].size();
for(int j=0;j<sz1;j++)
{
for(int k=0;k<sz2;k++)
{
add(n+m+s[v[a2[i]][j]][v[b2[i]][k]],n+i,INF);
}
}
sz2=v[c2[i]].size();
for(int j=0;j<sz1;j++)
{
for(int k=0;k<sz2;k++)
{
add(n+m+46*46+s[v[a2[i]][j]][v[c2[i]][k]],n+i,INF);
}
}
sz1=v[b2[i]].size();
for(int j=0;j<sz1;j++)
{
for(int k=0;k<sz2;k++)
{
add(n+m+2*46*46+s[v[b2[i]][j]][v[c2[i]][k]],n+i,INF);
}
}
}
printf("%d",dinic());
}
