[LightOJ1356]Prime Independence

I.[LightOJ1356]Prime Independence

话说我把这么毒瘤的题放到二分图第一题是不是有些不好QaQ

翻译：给你\(n\)个不同的正整数\(num_1...num_n\)，要你从中选择最多的数，使得这些数里面没有一个是另一个的质数倍。输出你选择的数的个数。

首先，我们必须明确一点，就是不构成质数倍的对数的数量是\(n^2\)级别的，但构成质数倍的对数的数量却是\(n\log num\)级别的（一个数最多有\(log\)个质因子，依次分别除掉这些质因子就得到了所有比它小的对数的另一半）。

我们观察一下。设某个数\(x\)共有\(p\)个质因子，那么，除掉一个质因子后，所得到的数一定有\(p-1\)个质因子。也就是说，如果我们在所有构成质数倍关系的数对之间连一条边的话，就会得到一张二分图，其中所有质因子数量为奇数的点为左部，而所有质因子数量为偶数的点为右部。

我们不能选择任何一对之间连边的点对。这就是二分图的最大独立集。答案即为总点数\(n\)减去最大匹配数。

！！！但是我们还得以较高的效率找出这些构成质数倍关系的对！！！

考虑在线性筛的过程中维护一个数的最小质因子和它的质因数个数。则一个数不停除以它的最小质因子，并在除的过程中维护除了哪些质因子，然后去个重，就得到了它的所有质因子。再用这个数除以它的每个质因子，就得到了它的所有质数对。枚举这些对，看它的另一半有没有在原数组中出现。如果出现了就连一条边。

代码（不会匈牙利QaQ，只会用网络流瞎跑）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=500000;
int TTT,n,pri[500100],mnp[500100],num[40100],tot[500100],occ[500100],head[40100],cnt,dep[40100],cur[40100],S,T,res;
void Prime(){
	for(int i=2;i<=MAXN;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=mnp[i]=i,tot[i]=1;
		for(int j=1;i*pri[j]<=MAXN&&j<=pri[0];j++){
			pri[i*pri[j]]=true,mnp[i*pri[j]]=pri[j],tot[i*pri[j]]=tot[i]+1;
			if(!(i%pri[j]))break;
		}
	}
}
struct node{
	int to,next,val;
}edge[400100];
void ae(int u,int v,int w){
	edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val=w,head[u]=cnt++;
	edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=0,head[v]=cnt++;
}
queue<int>q;
inline bool bfs(){
	memset(dep,0,sizeof(dep)),q.push(S),dep[S]=1;
	while(!q.empty()){
		register int x=q.front();q.pop();
		for(register int i=cur[x]=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)if(edge[i].val&&!dep[edge[i].to])dep[edge[i].to]=dep[x]+1,q.push(edge[i].to);
	}
	return dep[T]>0;
}
bool reach;
inline int dfs(int x,int flow){
	if(x==T){
		res+=flow;
		reach=true;
		return flow;
	}
	int used=0;
	for(register int &i=cur[x];i!=-1;i=edge[i].next){
		if(!edge[i].val||dep[edge[i].to]!=dep[x]+1)continue;
		register int ff=dfs(edge[i].to,min(edge[i].val,flow-used));
		if(ff){
			edge[i].val-=ff;
			edge[i^1].val+=ff;
			used+=ff;
			if(used==flow)break;
		}
	}
	return used;
}
inline void Dinic(){
	while(bfs()){
		reach=true;
		while(reach)reach=false,dfs(S,0x3f3f3f3f);
	}	
}
vector<int>v;
int main(){
	scanf("%d",&TTT),Prime();
	for(int TT=1;TT<=TTT;TT++){
		scanf("%d",&n),memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=res=0,S=n+1,T=n+2;
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]),occ[num[i]]=i;
		for(int i=1,t;i<=n;i++){
			if(tot[num[i]]&1)ae(S,i,1);
			else ae(i,T,1);
			t=num[i],v.clear();
			while(t!=1)v.push_back(num[i]/mnp[t]),t/=mnp[t];
			reverse(v.begin(),v.end()),v.resize(unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
			for(int j=0;j<v.size();j++){
				if(!occ[v[j]])continue;
				if(tot[num[i]]&1)ae(i,occ[v[j]],1);
				else ae(occ[v[j]],i,1);
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)occ[num[i]]=0;
		Dinic();
		printf("Case %d: %d\n",TT,n-res);
	}
	return 0;
}