bzoj4514 [Sdoi2016]数字配对

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

正解：费用流。

这题的费用流模型还是比较显然的，不过有两个要注意的地方。

首先这题需要建成二分图的模型，所以每个点的流量肯定会乘$2$，如果直接连可能会导致有些点多用了流量。对于这种情况，我们在每个$i->j$的连边时，把$j->i$也连边，最后把流量除以$2$，就能解决这个问题了。

还有一个问题，题目是问的费用$>=0$的最大流，首先我们肯定要把费用取反，转成最小费用最大流。然后我们可以在每次增广时加一个特判，如果之前增广的费用+当前费用$>0$，那么我们直接取使得费用$<=0$的最大流量就行了。因为费用流每次都是找最短路增广，所以这样做是对的。

//It is made by wfj_2048~
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define inf (1LL<<60)
#define N (3010)
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)

using namespace std;

struct edge{ ll nt,to,flow,cap,dis; }g[200010];

ll head[N],dis[N],vis[N],f[N],p[N],fa[N],a[N],b[N],c[N];
ll q[5000010],n,S,T,flow,cost,num=1;

il ll gi(){
    RG ll x=0,q=1; RG char ch=getchar();
    while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return q*x;
}

il void insert(RG ll from,RG ll to,RG ll cap,RG ll cost){
    g[++num]=(edge){head[from],to,0,cap,cost},head[from]=num; return;
}

il ll bfs(RG ll S,RG ll T){
    for (RG ll i=1;i<=T;++i) dis[i]=inf;
    RG ll h=0,t=1; q[t]=S,dis[S]=0,vis[S]=1,f[S]=inf;
    while (h<t){
    RG ll x=q[++h],v;
    for (RG ll i=head[x];i;i=g[i].nt){
        v=g[i].to;
        if (dis[v]>dis[x]+g[i].dis && g[i].cap>g[i].flow){
        dis[v]=dis[x]+g[i].dis,fa[v]=x,p[v]=i;
        f[v]=min(f[x],g[i].cap-g[i].flow);
        if (!vis[v]) vis[v]=1,q[++t]=v;
        }
    }
    vis[x]=0;
    }
    if (dis[T]==inf) return 0;
    if (cost+dis[T]*f[T]>0){ //费用>0特判
    RG ll x=-cost/dis[T];
    flow+=x; return 0;
    }
    flow+=f[T],cost+=dis[T]*f[T];
    for (RG ll i=T;i!=S;i=fa[i])
    g[p[i]].flow+=f[T],g[p[i]^1].flow-=f[T];
    return 1;
}

il ll isprime(RG ll x){
    if (x==0 || x==1) return 0;
    if (!(x&1)) return x==2;
    for (RG ll i=2;i*i<=x;++i)
    if (!(x%i)) return 0;
    return 1;
}

il void work(){
    n=gi(),S=2*n+1,T=2*n+2;
    for (RG ll i=1;i<=n;++i) a[i]=gi();
    for (RG ll i=1;i<=n;++i) b[i]=gi();
    for (RG ll i=1;i<=n;++i) c[i]=gi();
    for (RG ll i=1;i<=n;++i){
    insert(S,i,b[i],0),insert(i,S,0,0);
    insert(n+i,T,b[i],0),insert(T,n+i,0,0);
    }
    for (RG ll i=1;i<=n;++i)
    for (RG ll j=1;j<=n;++j){
        if (a[i]%a[j]) continue;
        if (isprime(a[i]/a[j])){
        insert(i,n+j,inf,-c[i]*c[j]),insert(n+j,i,0,c[i]*c[j]);
        insert(j,n+i,inf,-c[i]*c[j]),insert(n+i,j,0,c[i]*c[j]);
        //防止多余流量影响结果
        }
    }
    while (bfs(S,T)); printf("%lld
",flow>>1); return;
}

int main(){
    File("match");
    work();
    return 0;
}