[SDOI2016]数字配对

III.[SDOI2016]数字配对

这题是[LightOJ1356]Prime Independence 的加强版Orz...

思想还是一致的，可以建出二分图来，只是二分图单重匹配变成了多重匹配。

然后呢？这个“价值\(\geq0\)”的约束怎么办？

题解的办法太神仙了，蒟蒻表示看不懂Orz...

于是我们可以考虑套上一个二分。

首先，先跑一遍不加限制的多重匹配，求出二分的右边界（即为最大匹配数）

二分的左边界设为\(0\)。

然后开始二分匹配数。每二分出一个值，就把最终的流量限制为这个值（就是最终连到的是一个伪汇点，伪汇点再向汇点连一条权值为这个值的边。

如果最大费用最大流跑出来费用非负，则这个匹配数合法。否则，这个匹配数不合法。显然，它具有单调性。

虽然比最优方法多了一个\(\log\)，但是我自认为这个算法更加易懂。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,a[210],b[210],c[210],tot[210],head[210],cnt,dis[210],fr[210],id[210],cur[210],dep[210],res,cost,S,T;
map<int,int>mp;
bool ok[210][210];
void part(int ip){
	int x=a[ip];
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(x%i)continue;
		if(mp.find(a[ip]/i)!=mp.end())ok[ip][mp[a[ip]/i]]=true;
		while(!(x%i))x/=i,tot[ip]++;
	}
	if(x>1){
		tot[ip]++;
		if(mp.find(a[ip]/x)!=mp.end())ok[ip][mp[a[ip]/x]]=true;
	}
}
struct node{
	int to,next,val,cost;
}edge[400100];
void ae(int u,int v,int w,int c=0){
	edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val=w,edge[cnt].cost=c,head[u]=cnt++;
	edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=0,edge[cnt].cost=-c,head[v]=cnt++;
}
queue<int>q;
inline bool bfs(){
	memset(dep,0,sizeof(dep)),q.push(S),dep[S]=1;
	while(!q.empty()){
		register int x=q.front();q.pop();
		for(register int i=cur[x]=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)if(edge[i].val&&!dep[edge[i].to])dep[edge[i].to]=dep[x]+1,q.push(edge[i].to);
	}
	return dep[T]>0;
}
bool reach;
inline int dfs(int x,int flow){
	if(x==T){
		res+=flow;
		reach=true;
		return flow;
	}
	int used=0;
	for(register int &i=cur[x];i!=-1;i=edge[i].next){
		if(!edge[i].val||dep[edge[i].to]!=dep[x]+1)continue;
		register int ff=dfs(edge[i].to,min(edge[i].val,flow-used));
		if(ff){
			edge[i].val-=ff;
			edge[i^1].val+=ff;
			used+=ff;
			if(used==flow)break;
		}
	}
	return used;
}
inline void Dinic(){
	while(bfs()){
		reach=true;
		while(reach)reach=false,dfs(S,0x3f3f3f3f);
	}	
}
bool in[2100];
bool SPFA(){
	memset(dis,0x80,sizeof(dis)),dis[S]=0,q.push(S),in[S]=true;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop(),in[x]=false;
		for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next){
			if(!edge[i].val)continue;
			if(dis[edge[i].to]<dis[x]+edge[i].cost){
				dis[edge[i].to]=dis[x]+edge[i].cost,fr[edge[i].to]=x,id[edge[i].to]=i;
				if(!in[edge[i].to])in[edge[i].to]=true,q.push(edge[i].to);
			}
		}
	}
	if(dis[T]==dis[0])return false;
	int x=T,mn=0x3f3f3f3f;
	while(x!=S)mn=min(mn,edge[id[x]].val),x=fr[x];
	cost+=mn*dis[T],x=T;
	while(x!=S)edge[id[x]].val-=mn,edge[id[x]^1].val+=mn,x=fr[x];
	return true;
}
bool che(int ip){
	memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=cost=0;
	int TT=n+3;
	ae(TT,T,ip,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(tot[i]&1)ae(S,i,b[i],0);
		else ae(i,TT,b[i],0);
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(!ok[i][j])continue;
			if(tot[i]&1)ae(i,j,min(b[i],b[j]),c[i]*c[j]);
			else ae(j,i,min(b[i],b[j]),c[i]*c[j]);
		}
	}
	while(SPFA());
	return cost>=0;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&n),S=n+1,T=n+2;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),mp[a[i]]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)part(i);
//	for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++)printf("%d",ok[i][j]);puts("");}
	memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(tot[i]&1)ae(S,i,b[i]);
		else ae(i,T,b[i]);
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(!ok[i][j])continue;
			if(tot[i]&1)ae(i,j,min(b[i],b[j]));
			else ae(j,i,min(b[i],b[j]));
		}
	}
	Dinic();
//	printf("%lld\n",res);
	int l=0,r=res;
	while(l<r){
		int mid=(l+r+1)>>1;
		if(che(mid))l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	printf("%lld\n",l);
	return 0;
}