题目描述
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。
输入
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。
输出
一行一个数，最多进行多少次配对
样例输入
3
2 4 8
2 200 7
-1 -2 1
样例输出
4
题解
费用流
先预处理出什么样的两个数能够配对，易证：两个数能够配对，当且仅当它们是倍数关系，且质因子数差1。
所以对每个数进行质因数分解，然后两两之间判断即可（这样会比暴力判断快一些）。
然后如果没有“在获得的价值总和不小于 0 的前提下”，那么就是网络流傻*题，并且是二分图模型，S与含有奇数个质因子的数连边，含有偶数个质因子的数与T连边，能够配对的数两两连边，跑最大流即可。
那么如果有这个条件呢？肯定是先使用费用流，然后不断跑最大费用流，知道费用要减小到零以下时停止，判断一下这些费用可以满足多少流量，再加到答案中并跳出循环即可。由于最大费用流的贪心原理，易知这样做一定是正确的。
注意费用和距离要开long long。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 210
#define M 40010
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 1 << 30;
queue<int> q;
ll cost[M] , dis[N];
int a[N] , b[N] , val[M] , c[N] , v[N] , head[N] , to[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , from[N] , pre[N];
void add(int x , int y , int v , ll c)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
int x , i;
memset(from , -1 , sizeof(from));
memset(dis , 0x80 , sizeof(dis));
dis[s] = 0 , q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(val[i] && dis[to[i]] < dis[x] + cost[i])
dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
}
return ~from[t];
}
int query()
{
int i , ans = 0 , k;
ll cc = 0;
while(spfa())
{
k = inf;
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]);
if(k * dis[t] + cc < 0) return ans + (-cc) / dis[t];
ans += k , cc += k * dis[t];
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , i , j , tmp;
scanf("%d" , &n) , s = 0 , t = n + 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d" , &a[i]);
for(j = 2 , tmp = a[i] ; j * j <= tmp ; j ++ )
if(tmp % j == 0)
while(tmp % j == 0)
tmp /= j , v[i] ++ ;
if(tmp != 1) v[i] ++ ;
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d" , &b[i]);
if(v[i] & 1) add(s , i , b[i] , 0);
else add(i , t , b[i] , 0);
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &c[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if(v[i] & 1)
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
if((v[j] - v[i] == 1 && a[j] % a[i] == 0) || (v[i] - v[j] == 1 && a[i] % a[j] == 0))
add(i , j , inf , (ll)c[i] * c[j]);
printf("%d
" , query());
return 0;
}