【BZOJ4205】卡牌配对
Description
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。
Input
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。
Output
输出一个整数：最多能够匹配的数目。
Sample Input
2 2
2 2 2
2 5 5
2 2 5
5 5 5
Sample Output
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！
HINT
对于100%的数据，n1,n2≤ 30000，属性值为不超过200的正整数
Solution
又一道场上想不出来的题。
首先考虑普通网络流匹配：左边是一类卡牌，右边是另一类卡牌，两两之间看能否配对连一条容量为1的边，做一次Dinic出解。
但是完整数据中两边点数都是3万，肯定无法两两连边。这时候我们想到优化建图：我们肯定是要构造一些特殊信息点，将符合信息的卡牌分别连向它们，以此减少边数、完成匹配。
照例从源点向每一个X卡牌连一条容量为1的边，每一个Y卡牌向汇点连一条容量为1的边，限制匹配次数。
考虑中间辅助匹配的信息点是什么：至多一组数互质等价于至少两组数不互质。不互质，意味着有公约数；而至少两组数的话，我们可以分拆成三种情况：一对卡牌的AB满足条件、AC满足条件、BC满足条件。
公约数怎么处理？我们可以把所有公约数二元组看成一个信息点。以12为例，我们在中间建一列信息点\((x,y)\)，所有满足\(x|A\)且\(y|B\)的X卡牌向这个点连一条容量为1的边，相应地从这个点向满足条件的Y卡牌连一条容量为1的边。我们发现，这样恰好可以使得满足AB都不互质的卡牌们进行配对过程。
同理建出其他两组信息点。三组信息点同时存在时，我们发现不论如何，一张X卡牌最多通过一种方式也就是一组信息点和另一边的某一张Y卡牌配对，同样地Y卡牌不论如何也只会通过一种方式配对。即使是ABC都满足的一对卡牌，也最多只会选择从某一组信息点流过。
建模完成，过程优美。
但是\((x,y)\)的点数足足有\(3*200*200\)个，太多了。其实有公约数不就是有公质因子吗？200以内的素数仅仅有46个，所以现在我们只需要把信息点的\((x,y)\)变更成质数的组合\((p_i,p_j)\)，按上述连边即可。信息点点数仅仅有\(3*46*46=6348\)个。
Dinic是跑得过的，有极大的速度优势。
Code
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=30005,INF=1000000000,SZ=68000,M=6000000;
int p[N],pcnt,minp[N],id[N];
bool vis[N];
int n1,n2,a[N*2][3];
int h[SZ],tot=1;
int S,T,dis[SZ],cur[SZ];
queue<int> q;
struct Edge{int v,f,next;}e[M*2];
inline void addEdge(int u,int v,int f){
e[++tot]=(Edge){v,f,h[u]}; h[u]=tot;
e[++tot]=(Edge){u,0,h[v]}; h[v]=tot;
}
void sieve(){
minp[1]=1;
for(int i=2;i<=200;i++){
if(!vis[i]){
p[++pcnt]=i;
minp[i]=i;
id[i]=pcnt;
}
for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<=200;j++){
int x=i*p[j];
vis[x]=true;
if(i%p[j]==0){
minp[x]=p[j];
break;
}
minp[x]=p[j];
}
}
}
bool bfs(){
for(int i=1;i<=T;i++) dis[i]=-1,cur[i]=h[i];
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(S);
dis[S]=0;
while(!q.empty()){
int u=q.front(); q.pop();
for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
if(e[i].f&&dis[v=e[i].v]==-1){
dis[v]=dis[u]+1;
if(v==T) return true;
q.push(v);
}
}
return dis[T]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow){
if(u==T) return flow;
int res=0,get;
for(int i=cur[u],v;i&&flow;i=e[i].next)
if(e[i].f&&dis[v=e[i].v]==dis[u]+1){
get=dfs(v,min(flow,e[i].f));
e[i].f-=get;
e[i^1].f+=get;
if(e[i].f) cur[u]=i;
flow-=get;
res+=get;
}
if(!res) dis[u]=-1;
return res;
}
int dinic(){
int res=0;
while(bfs())
res+=dfs(S,INF);
return res;
}
void deal(int x,int *l,int &cnt){
cnt=0;
while(x!=1){
l[++cnt]=id[minp[x]];
int p=minp[x];
while(x%p==0) x/=p;
}
}
int main(){
sieve();
scanf("%d%d",&n1,&n2);
for(int i=1;i<=n1+n2;i++) scanf("%d%d%d",&a[i][0],&a[i][1],&a[i][2]);
S=n1+n2+46*46*3+1; T=S+1;
for(int i=1;i<=n1;i++) addEdge(S,i,1);
for(int i=1;i<=n2;i++) addEdge(n1+i,T,1);
int l1[5],l2[5],l3[5],t1,t2,t3;
for(int u=1;u<=n1+n2;u++){
deal(a[u][0],l1,t1);
deal(a[u][1],l2,t2);
deal(a[u][2],l3,t3);
for(int i=1;i<=t1;i++)
for(int j=1;j<=t2;j++){
int id=46*(l1[i]-1)+(l2[j]-1)+1;
u<=n1?addEdge(u,n1+n2+id,1):addEdge(n1+n2+id,u,1);
}
for(int i=1;i<=t1;i++)
for(int j=1;j<=t3;j++){
int id=46*(l1[i]-1)+(l3[j]-1)+1;
u<=n1?addEdge(u,n1+n2+46*46+id,1):addEdge(n1+n2+46*46+id,u,1);
}
for(int i=1;i<=t2;i++)
for(int j=1;j<=t3;j++){
int id=46*(l2[i]-1)+(l3[j]-1)+1;
u<=n1?addEdge(u,n1+n2+2*46*46+id,1):addEdge(n1+n2+2*46*46+id,u,1);
}
}
printf("%d\n",dinic());
return 0;
}
