[SDOI2016]数字配对（费用流+贪心+trick）

重点是如何找到可以配对的\(a[i]\)和\(a[j]\)。
把\(a[i]\)分解质因数。设\(a[i]\)分解出的质因数的数量为\(cnt[i]\)。
设\(a[i]\geq a[j]\)
那么\(a[i]\)可以和\(a[j]\)配对需要满足\(a[i]\)%\(a[j]==0\)&&\(cnt[i]==cnt[j]+1\)
证明显然。
然后我们按\(cnt[i]\)的奇偶分成两部分，然后如果\(a[i]\)和\(a[j]\)可以配对（假设a[i]在左边）从\(i\)向\(j\)连一条费用为\(c[i]*c[j\)]，流量为\(INF\)的边。
然后\(S\)向左部点连费用为\(0\)，流量为\(b[i]\)的边。
然后每一个右部点向\(T\)连费用为\(0\)，流量为\(b[i]\)的边。
跑费用流。
因为费用流优先走最长路。
所以我们可以贪心。
当总费用刚好为负时结束就好了。
具体来说这次增广前的总费用为\(tot\)，总流量为\(w\)。
然后这次最长路长度为\(x\)，可以增广的流量为\(tmp\)。
且\(tot+x*tmp<0\)，答案就是\(w+\lfloor \frac{tot}{x} \rfloor\)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define int long long
const int N=233;
const int INF=1e14;
int read(){
	int sum=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return sum*f;
}
int book[101000],prime[100100],tot;
void pre_work(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(book[i]==0)prime[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++){
			book[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
}
int work(int x){
	int tmp=0;
	for(int i=1;prime[i]*prime[i]<=x;i++)
		if(x%prime[i]==0){
			while(x%prime[i]==0)x/=prime[i],tmp++;
		}
	if(x>1)tmp++;
	return tmp;
}
struct edge{
	int to,nxt,flow,cost;
}e[N*N*2];
int cnt=1,head[N];
void add_edge(int u,int v,int flow,int cost){
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].flow=flow;
	e[cnt].cost=cost;
	head[u]=cnt;
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[v];
	e[cnt].to=u;
	e[cnt].flow=0;
	e[cnt].cost=-cost;
	head[v]=cnt;
}
int dis[N],vis[N],road[N],S,T,tmp,ans;
bool spfa(){
	for(int i=S;i<=T;i++)dis[i]=INF;
	queue<int> q;
	q.push(S);
	dis[S]=0;
	vis[S]=1;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=0;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].to;
			if(e[i].flow&&dis[v]>dis[u]+e[i].cost){
				dis[v]=dis[u]+e[i].cost;
				road[v]=i;
				if(vis[v]==0){
					vis[v]=1;
					q.push(v);
				}
			}
		}
	}
	if(dis[T]==INF)return false;
	int mn=INF;
	for(int i=T;i!=S;i=e[road[i]^1].to)
		mn=min(e[road[i]].flow,mn);
	if(tmp+mn*dis[T]>0){
		ans+=-tmp/dis[T];
		return false;
	}
	tmp+=mn*dis[T];
	ans+=mn;
	for(int i=T;i!=S;i=e[road[i]^1].to){
		e[road[i]].flow-=mn;
		e[road[i]^1].flow+=mn;
	}
	return true;
}
int n,a[N],b[N],c[N],w[N];
signed main(){
	pre_work(100000);
	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++)w[i]=work(a[i]);
	S=0;T=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(w[i]%2==1)add_edge(S,i,b[i],0);
		else add_edge(i,T,b[i],0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(w[i]%2==0)continue;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(w[j]%2==1)continue;
			if((a[j]%a[i]==0&&w[j]==w[i]+1)||(a[i]%a[j]==0&&w[i]==w[j]+1))
				add_edge(i,j,INF,-c[i]*c[j]);
		}
	}
	while(spfa());
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}