「题解」「SDOI2016」数字配对 pair

SDOI2016 Round 1 Day 1 T2，一道 网络流 水题。

题目链接：Luogu P4068/BZOJ 4514/LibreOJ 2031/SDOI2016 R1D1T2。

题目

题目描述

有 \(n\) 种数字，第 \(i\) 种数字是 \(a _ i\)、有 \(b _ i\) 个，权值是 \(c _ i\)。

若两个数字 $a _ i,a _ j$ 满足，$a _ i$ 是 $a _ j$ 的倍数，且 $\frac{a _ i}{a _ j}$ 是一个质数，那么这两个数字可以配对，并获得 $c _ i\times c _ j$ 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。

数据范围

时空限制

题解

思路

考虑求出 $\text{cnt} _ i$，表示 $a _ i$ 分解质因数之后，每个质因数的指数之和。

那么 $a _ i$ 和 $a _ j$ 能配对的条件转化为：

$a _ i$ 是 $a _ j$ 的倍数，且 $\text{cnt} _ i=\text{cnt} _ j+1$。

考虑一个二分图的模型。先按照 $\text{cnt}$ 的奇偶性，把数字分为两个集合。

1. 源点向所有 $\text{cnt}$ 为奇数的点连一条容量为 $b _ i$，费用为 $0$ 的边。
2. 所有 $\text{cnt}$ 为偶数的点向汇点连一条容量为 $b _ i$，费用为 $0$ 的边。
3. 对于一对 $i,j$，如果 $a _ i$ 和 $a _ j$ 能配对并且 $\text{cnt} _ i$ 为奇数，则由 $i$ 向 $j$ 连一条边，容量为 $+\infty$，费用为 $c _ i\times c _ j$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define INF 0X3F3F3F3F3F3F3F3F
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
inline ll read(void){
    reg bool f=false;
    reg char ch=getchar();
    reg ll res=0;
    while(ch<'0'||'9'<ch)f|=(ch=='-'),ch=getchar();
    while('0'<=ch&&ch<='9')res=10*res+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-res:res;
}

const int MAXN=200+5;
const int MAXV=MAXN;
const int MAXE=MAXN*MAXN*2;

int n;
ll a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];

int cnt[MAXN];

inline void Div(reg int id){
    reg ll x=a[id];
    for(reg ll i=2;i*i<=x;++i)
        if(x%i==0)
            while(x%i==0){
                x/=i;
                ++cnt[id];
            }
    if(x!=1)
        ++cnt[id];
    return;
}

int Ecnt=1,head[MAXV],to[MAXE],Next[MAXE];
ll w[MAXE],p[MAXE];

inline void Add_Edge(reg int u,reg int v,reg ll len,reg ll val){
    Next[++Ecnt]=head[u];
    to[Ecnt]=v;
    w[Ecnt]=len;
    p[Ecnt]=val;
    head[u]=Ecnt;
    return;
}

inline void Add_Tube(reg int u,reg int v,reg ll len,reg ll val){
    Add_Edge(u,v,len,val);
    Add_Edge(v,u,0,-val);
    return;
}

bool inque[MAXN];
ll dis[MAXN];
queue<int> Q;

inline bool SPFA(int s,reg int t){
    memset(inque,false,sizeof(inque));
    fill(dis+s,dis+t+1,-INF);
    inque[s]=true,dis[s]=0,Q.push(s);
    while(!Q.empty()){
        reg int ID=Q.front();
        Q.pop();
        inque[ID]=false;
        for(reg int i=head[ID];i;i=Next[i])
            if(dis[to[i]]<dis[ID]+p[i]&&w[i]>0){
                dis[to[i]]=dis[ID]+p[i];
                if(!inque[to[i]]){
                    inque[to[i]]=true;
                    Q.push(to[i]);
                }
            }
    }
    return dis[t]>-INF;
}

bool vis[MAXV];
int cur[MAXV];

inline ll DFS(reg int ID,reg int t,reg ll lim){
    if(ID==t)
        return lim;
    vis[ID]=true;
    reg ll flow=0;
    for(reg int &i=cur[ID];i;i=Next[i])
        if(dis[to[i]]==dis[ID]+p[i]&&w[i]>0&&!vis[to[i]]){
            reg int f=DFS(to[i],t,min(lim-flow,w[i]));
            if(f){
                flow+=f;
                w[i]-=f;
                w[i^1]+=f;
                if(flow==lim)
                    break;
            }
        }
    vis[ID]=false;
    return flow;
}

inline ll Dinic(reg int s,reg int t){
    reg ll res=0,Cost=0;
    while(SPFA(s,t)){
        memcpy(cur,head,sizeof(head));
        reg ll sum=DFS(s,t,INF);
        if(Cost+sum*dis[t]>=0)
            res+=sum,Cost+=sum*dis[t];
        else
            return res+Cost/(-dis[t]);
    }
    return res;
}

int main(void){
    n=read();
    reg int s=0,t=n+1;
    for(reg int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=read();
    for(reg int i=1;i<=n;++i)
        b[i]=read();
    for(reg int i=1;i<=n;++i)
        c[i]=read();
    for(reg int i=1;i<=n;++i)
        Div(i);
    for(reg int i=1;i<=n;++i)
        if(cnt[i]&1){
            Add_Tube(s,i,b[i],0);
            for(reg int j=1;j<=n;++j)
                if((a[i]%a[j]==0&&cnt[i]==cnt[j]+1)||(a[j]%a[i]==0&&cnt[j]==cnt[i]+1))
                    Add_Tube(i,j,INF,c[i]*c[j]);
        }
        else
            Add_Tube(i,t,b[i],0);
    reg ll ans=Dinic(s,t);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}