网络流模型之二分图匹配问题

模型

给你一些物品，每一个物品都有自己的价值，但是有些物品两两之间会产生冲突，问能选出的物品最大的总价值

通用的的做法是在两两冲突的物品之间连边

在建出的图上跑黑白染色

由源点向所有的白点连边，由所有的黑点向汇点连边，由所有的白点向会与它产生冲突的黑点连边

跑一个最大流即可

例题

[SDOI2016]数字配对

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分析

设 (cnt[i]) 为 (a[i]) 分解质因数后质因数所有幂次的和。

如果 (a[i]) 和 (a[j]) 会产生冲突，那么 (cnt[i]) 和 (cnt[j]) 的奇偶性一定是相反的。

所以我们只要把 (cnt) 为奇数的染成白色，把所有 (cnt) 为偶数的染成黑色。

这样问题就转化为了二分图的模型。

然后由源点向所有白点连流量为 (b[i])，费用为 (0) 的边。

由白点向所有会与它产生冲突的黑点连流量为无穷大，费用为对应价值的边。

黑点同理。

因为题目中还有价值总和不小于 (0) 的限制。

所以不能直接跑最大费用最大流。

要在费用变为 (0) 的时候停止增广。

因为在增广的过程中费用一定是逐渐变小的。

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=5e4+5;
int h[maxn],tot=2,n,m,s,t,ans;
struct asd{
	int to,nxt,val;
	long long cost;
}b[maxn<<1];
void ad(rg int aa,rg int bb,rg int cc,rg long long dd){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].val=cc;
	b[tot].cost=dd;
	b[tot].nxt=h[aa];
	h[aa]=tot++;
}
long long dis[maxn],ans2;
int pre[maxn],incf[maxn],ans1;
bool inq[maxn];
std::queue<int> q;
bool spfa(){
	memset(dis,0xcf,sizeof(dis));
	memset(pre,0,sizeof(pre));
	memset(incf,0,sizeof(incf));
	inq[s]=1,dis[s]=0,incf[s]=0x3f3f3f3f;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		rg int now=q.front();
		q.pop();
		inq[now]=0;
		for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
			rg int u=b[i].to;
			if(b[i].val && dis[u]<dis[now]+b[i].cost){
				dis[u]=dis[now]+b[i].cost;
				incf[u]=std::min(incf[now],b[i].val);
				pre[u]=i;
				if(!inq[u]){
					inq[u]=1;
					q.push(u);
				}
			}
		}
	}
	return dis[t]!=dis[0];
}
void updat(){
	rg int now=t,i;
	ans2+=dis[now]*incf[now];
	if(ans2<0){
		ans1-=(ans2-dis[now]*incf[now])/dis[now];
		printf("%d
",ans1);
		std::exit(0);
	}
	ans1+=incf[now];
	while(now!=s){
		i=pre[now];
		b[i].val-=incf[t];
		b[i^1].val+=incf[t];
		now=b[i^1].to;
	}
}
int jla[maxn],jlb[maxn],jlc[maxn],cnt[maxn];
int div(rg int now){
	rg int ncnt=0;
	for(rg int i=2;i*i<=now;i++){
		if(now%i==0){
			while(now%i==0){
				now/=i;
				ncnt++;
			}
		}
	}
	if(now>1) ncnt++;
	return ncnt;
}
int main(){
	memset(h,-1,sizeof(h));
	n=read();
	s=n+1,t=n+2;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) jla[i]=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) jlb[i]=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) jlc[i]=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=div(jla[i]);
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		if(cnt[i]&1){
			ad(s,i,jlb[i],0);
			ad(i,s,0,0);
		} else {
			ad(i,t,jlb[i],0);
			ad(t,i,0,0);
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		if(cnt[i]&1){
			for(rg int j=1;j<=n;j++){
				if(cnt[j]&1) continue;
				if((cnt[i]==cnt[j]+1 && jla[i]%jla[j]==0) || (cnt[j]==cnt[i]+1 && jla[j]%jla[i]==0)){
					ad(i,j,0x3f3f3f3f,1LL*jlc[i]*jlc[j]);
					ad(j,i,0,-1LL*jlc[i]*jlc[j]);
				}
			}
		}
	}
	while(spfa()) updat();
	printf("%d
",ans1);
	return 0;
}

bzoj3158千钧一发

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分析

可以证明，任意两个偶数满足 (2)

任意两个奇数满足 (1)

((2a+1)^2+(2b+1)^2=2(2a^2+2b^2+2a+2b+1))

一定不是完全平方数，因为括号里的东西显然是一个奇数，不能再分出一个 (2)

所以可以把奇数作为白点，偶数作为黑点

跑一个最小割就行了

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<map>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int h[maxn],h2[maxn],tot=2,s,t;
std::map<int,int> mp[maxn],id[maxn];
struct asd{
	int to,nxt,val;
}b[maxn<<1];
void ad(rg int aa,rg int bb,rg int cc){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].nxt=h[aa];
	b[tot].val=cc;
	h[aa]=tot++;
}
int q[maxn],head,tail,dep[maxn],mmax;
bool bfs(){
	for(rg int i=1;i<=mmax;i++){
		h[i]=h2[i];
		dep[i]=0;
	}
	q[head=tail=1]=s;
	dep[s]=1;
	while(head<=tail){
		rg int now=q[head++];
		for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
			rg int u=b[i].to;
			if(b[i].val && !dep[u]){
				dep[u]=dep[now]+1;
				q[++tail]=u;
			}
		}
	}
	return dep[t]!=0;
}
int dfs(rg int now,rg int ac1){
	if(now==t) return ac1;
	rg int ac2=0;
	for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		h[now]=i;
		rg int u=b[i].to;
		if(b[i].val && dep[u]==dep[now]+1){
			rg int nans=dfs(u,std::min(b[i].val,ac1));
			b[i].val-=nans;
			b[i^1].val+=nans;
			ac1-=nans;
			ac2+=nans;
		}
		if(ac1==0) break;
	}
	if(ac2==0) dep[now]=0;
	return ac2;
}
int n,a[maxn],val[maxn];
bool jud(rg long long val){
	rg long long sqr=sqrt(val);
	return sqr*sqr==val;
}
int gcd(rg int aa,rg int bb){
	return bb==0?aa:gcd(bb,aa%bb);
}
int ans=0,col[maxn];
int main(){
	memset(h,-1,sizeof(h));
	n=read();
	s=n+1,t=n+2,mmax=n+2;
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		val[i]=read();
		ans+=val[i];
		if(a[i]&1){
			ad(s,i,val[i]);
			ad(i,s,0);
		} else {
			ad(i,t,val[i]);
			ad(t,i,0);
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]&1){
			for(rg int j=1;j<=n;j++){
				if((a[j]&1)==0){
					if(jud(1LL*a[i]*a[i]+1LL*a[j]*a[j]) && gcd(a[i],a[j])==1){
						ad(i,j,0x3f3f3f3f);
						ad(j,i,0);
					}
				}
			}
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=mmax;i++) h2[i]=h[i];
	while(bfs()) ans-=dfs(s,0x3f3f3f3f);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}