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  • 数字配对(bzoj 4514)

    Description

    有 n 种数字,第 i 种数字是 ai、有 bi 个,权值是 ci。
    若两个数字 ai、aj 满足,ai 是 aj 的倍数,且 ai/aj 是一个质数,
    那么这两个数字可以配对,并获得 ci×cj 的价值。
    一个数字只能参与一次配对,可以不参与配对。
    在获得的价值总和不小于 0 的前提下,求最多进行多少次配对。
     

    Input

    第一行一个整数 n。
    第二行 n 个整数 a1、a2、……、an。
    第三行 n 个整数 b1、b2、……、bn。
    第四行 n 个整数 c1、c2、……、cn。
     
     

    Output

     一行一个数,最多进行多少次配对

     

    Sample Input

    3
    2 4 8
    2 200 7
    -1 -2 1

    Sample Output

    4

    HINT

     n≤200,ai≤10^9,bi≤10^5,∣ci∣≤10^5

    /*
      这道题本来打算写50分,结果只得了30分,第二部分的自己YY的网络流写错了,原因是没注意要可以转成二分图。
      根据题意,如果我们把a[i]质因数分解,那么如果x,y能够建边,那么它们分解出来的个数一定相差1,这样就转成了二分图。
      至于题目要求的保证费用要大于等于0,也就是越大越好,我们可以将费用变负,然后跑最小费用,每次增广保证费用不大于0。 
    */
    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<queue>
    #include<cstring>
    #define N 210
    #define lon long long
    #define inf 1000000000000000LL 
    using namespace std;
    int n,S,T,cnt=1,tot,totx,toty,ans;
    int a[N],b[N],head[N],fa[N],prime[32005],fx[N],fy[N];
    lon c[N],dis[N];int inq[N],f[32005];
    struct node{
        int u,v,f,pre;lon c;
    };node e[N*N];
    bool judge(int x,int y){
        if(!x||!y) return false;
        if(x<y) swap(x,y);
        if(x%y!=0) return false;
        x/=y;
        for(int i=1;i<=tot;i++){
            if(prime[i]>=x) break;
            if(x%prime[i]==0) return false;
        }
        return true;
    }
    void add(int u,int v,int f,lon c){
        e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].f=f;e[cnt].c=-c;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt;
        e[++cnt].u=v;e[cnt].v=u;e[cnt].f=0;e[cnt].c=c;e[cnt].pre=head[v];head[v]=cnt;
    }
    bool spfa(){
        queue<int> q;
        memset(inq,0,sizeof(inq));
        for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf;
        dis[S]=0;inq[S]=1;q.push(S);
        while(!q.empty()){
            int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
            for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){
                int v=e[i].v;
                if(e[i].f&&dis[v]>dis[u]+e[i].c){
                    dis[v]=dis[u]+e[i].c;fa[v]=i;
                    if(!inq[v]){
                        q.push(v);inq[v]=1;
                    }
                }
            }
        }
        return dis[T]!=inf;
    }
    void min_cost(){
        lon cost=0;
        while(spfa()){
            int tmp=1000000000;
            for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].u])
                tmp=min(tmp,e[i].f);
            if(cost+dis[T]*tmp<=0){
                cost+=dis[T]*tmp;ans+=tmp;
                for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].u])
                    e[i].f-=tmp,e[i^1].f+=tmp;
            }
            else {//这个地方不是很懂 
                ans-=(cost/dis[T]);
                return;
            }
        }    
    }
    int main(){
        freopen("menci_pair.in","r",stdin);
        freopen("menci_pair.out","w",stdout);
        scanf("%d",&n);
        S=0;T=n+1;
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&c[i]);
        for(int i=2;i<=32000;i++){
            if(!f[i]) prime[++tot]=i;
            for(int j=1;j<=tot;j++){
                if(i*prime[j]>32000) break;
                f[i*prime[j]]=1;
                if(i%prime[j]==0) break;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int tmp=a[i],num=0;
            for(int j=1;j<=tot;j++){
                while(tmp%prime[j]==0) tmp/=prime[j],num++;
                if(tmp==1) break;
            }
            if(num&1) fx[++totx]=i;
            else fy[++toty]=i;
        }
        for(int i=1;i<=totx;i++)
            for(int j=1;j<=toty;j++)
                if(judge(a[fx[i]],a[fy[j]]))
                    add(fx[i],fy[j],1000000000,c[fx[i]]*c[fy[j]]);
        for(int i=1;i<=totx;i++) add(S,fx[i],b[fx[i]],0);
        for(int i=1;i<=toty;i++) add(fy[i],T,b[fy[i]],0);
        min_cost();
        printf("%d",ans);
        return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/harden/p/6399396.html
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