ARC163E Non-coprime DAG

给定一张$n$个点的图$G$。

当$i<j,gcd(i,j)>1$，有一条$i\to j$的边。

给定点权$A_i$。

求选出带权最长反链。

做法：

根据$diworth$定理，带权最长反链等于带权可重最小路径覆盖。
于是我们使用二分图模型，费用流即可。
于是
成功输了。
完全输了。

考虑只会选择一个偶数。

其提醒我们思考如何处理选出的数全是奇数的情况。

考虑当$x<y$如何可以同时被选。

设$L_x$为$x$的最小质因数。

给出结论为$x+L_x>y-L_y$

考虑若$x+L_x\le y+L_y$，考虑如下路径$x\to x+L_x\to y-L_y\to y$,第三步是因为二者都是偶数。

若$x+L_x>y-L_y$，则不可能走超过$2$步，则考虑是否存在$x+p=y$为两者共同约数，由于其全为奇数则不可能。

那么我们只要对所有奇数的区间$[x-L_x,x+L_x]$，选一个点让覆盖其的区间的权值和最大即可。

考虑偶数带来的影响，发现前缀证明不变仅影响到了$x+p=y$.考虑$x$为偶数，考虑若$z=y-x$,若其不等于$L_y$，则$z-L_y>=2$不满足第二个条件的先决条件，所以只需考虑$x+L_y=y$

那么我们考虑将原本的奇数区间写作$[x-L_x+1,x+L_x-1]$,偶数写作$[x,x]$即可差分实现其。

ARC163E Non-coprime DAG

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define N 1000005

int n;
ll a[N];
ll s[N * 2];
int L[N];

inline void sieve(){
	for(int i = 2;i < N;++i){
		if(!L[i]){
			for(int j = 1;j * i < N;++j)
			if(!L[i * j])L[i * j] = i;
		}
	}
}

ll mx;

int main(){
	sieve();
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	if(i & 1){
		s[i - L[i] + 1] += a[i];
		s[i + L[i]] -= a[i];
	}else{
		s[i] += a[i];
		s[i + 1] -= a[i];
	}
	for(int i = 2;i <= n * 2;++i)
	s[i] = s[i] + s[i - 1],mx = std::max(mx,s[i]);
	std::cout<<mx + a[1]<<"\n";
}