bzoj4514 数字配对

# 思路 首先想到费用流。 对于每个点拆点。然后考虑我们怎样才能保证每个点只被用一次。 如果$i$与$j$满足条件。那么就从$i$向$j$连一条边并且从$j$向$i$连一条边。这样每次增广的时候我们都可以看作某一条边被增广了两次。显然从$i$到$j$和从$j$到$i$的边是等价的。也就是说，如果当前增广这两个点之间的边更优秀，那么在增广完成从$i$到$j$和从$j$到$i$这两条边流量变为$0$之前不回去增广其他的边。 比较难解释，仔细想一下可以发现是对的。这样最后我们找出的流量实际上是答案的两倍。除二即可。 然后还要考虑题目中对于价值的限制。我们把价值当作费用，每次增广费用最大的路径。直到如果再增广费用变为负数为止。 # 代码

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2019-02-17 14:52:25
* @Last Modified time: 2019-02-17 19:36:45
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 410,M = 1000000 + 100,INF = 1e9;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
struct node {
	int v,nxt,w;
	ll cost;
}e[M];
int head[N],ejs = 1;
void add(int u,int v,int w,ll c) {
	e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].cost = c;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
	e[++ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].cost = -c;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
}
int a[N],vis[N],fa[N],b[N];
ll dis[N],c[N];
queue<int>q;
int S,T;
bool pd(int x,int y) {
	if(x < y) swap(x,y);
	if(!y || x == y) return false;
	if(x % y) return false;
	int k = x/y;
	for(int i = 2;i * i <= k;++i)
		if(k % i == 0) return false;
	return true;
}
bool spfa() {
	while(!q.empty()) q.pop();
	memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(fa,0,sizeof(fa));
	q.push(S);dis[S] = 0;
	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].v;
			if(dis[v] < dis[u] + e[i].cost && e[i].w) {
				dis[v] = dis[u] + e[i].cost;
				fa[v] = i;
				if(!vis[v]) q.push(v),vis[v] = 1;
			}
		}
	}
	return fa[T];
}
ll dinic() {
	ll COST = 0,FLOW = 0;
	while(spfa()) {
		int mn = INF;
		for(int i = fa[T];i;i = fa[e[i ^ 1].v]) mn = min(mn,e[i].w);
		for(int i = fa[T];i;i = fa[e[i ^ 1].v]) e[i].w -= mn,e[i ^ 1].w += mn;
		if(COST + dis[T] * mn < 0) {
			FLOW += COST / -dis[T];
			return FLOW;
		}
		COST += dis[T] * mn;
		FLOW += mn;
	}
	return FLOW;
}
int main() {
	int 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();
	S = n * 2 + 1,T = S + 1;
	for(int i = 1;i <= n;++i)
		for(int j = 1;j <= n;++j)
			if(i != j && pd(a[j],a[i]))
				add(i,j + n,INF,c[i] * c[j]);
	int tot = ejs;
	for(int i = 1;i <= n;++i) add(S,i,b[i],0);
	for(int i = 1;i <= n;++i) add(i + n,T,b[i],0);
	cout<<(dinic() >> 1);
	return 0;
}