AC ref 網絡 style != 進行 lan lld ()

Description

有 n 種數字，第 i 種數字是 ai、有 bi 個，權值是 ci。 若兩個數字 ai、aj 滿足，ai 是 aj 的倍數，且 ai/aj 是一個質數， 那麽這兩個數字可以配對，並獲得 ci×cj 的價值。 一個數字只能參與一次配對，可以不參與配對。 在獲得的價值總和不小於 0 的前提下，求最多進行多少次配對。

Input

第一行一個整數 n。 第二行 n 個整數 a1、a2、……、an。 第三行 n 個整數 b1、b2、……、bn。 第四行 n 個整數 c1、c2、……、cn。

Output

一行一個數，最多進行多少次配對

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

題目傳送門 毒瘤題。。。。 但說句公道話，這題很有意思，細節+想法巨多，在這裏感謝歐老師的傾力幫助 首先我們想一想怎麽連邊，200*200*根號10^9鐵定會炸 那該怎麽搞？？
那麽就需要用到一個很好的想法：枚舉每個質因子(歐老師是我的紅太陽沒有他我就死。。。) 歐老師說：
首先如果A[i]%A[j]==0且A[i]/A[j]是個質數，那麽可以直接得出結論A[i]的質因子個數比A[j]的多1 有一種方法：枚舉1~根號A[i]，遇到能除的就除盡，那麽這樣子得出來的肯定是質因子個數（顯而易見） 如果剩下來的不是1，那麽鐵定是一個質數 為什麽？？
因為你已經除到根號A[i]了，所以不會存在兩個或以上大於根號A[i]的質數，否則就>A[i]了 那麽連邊之後就很好辦了，可是。。。我不會打有下界的網絡流 那我只能二分 可是如果強行清空的話又要超時。。。 所以還得memcpy 所有都得開long long （代碼顯得略醜） 代碼如下：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef 
 
long long ll;
struct dicnic{
    int x,y,next,other;
    ll d,c;
}a[41000],e[41000];
int len,tlen,last[41000],first[41000];

const ll INF=1ll<<61;
void inc(int x,int y,ll c,ll d)
{
    int k1,k2;
    k1=++tlen;
    e[tlen].x=e[tlen].x=x;e[tlen].y=y;e[tlen].c=c;e[tlen].d=d;
    e[tlen].next=first[x];first[x]=tlen;
    
    k2=++tlen;
    e[tlen].x=y;e[tlen].y=x;e[tlen].c=0;e[tlen].d=-d;
    e[tlen].next=first[y];first[y]=tlen;
    
    e[k1].other=k2;
    e[k2].other=k1;
}
void ins(int x,int y,ll c,ll d)
{
    int k1,k2;
    k1=++len;
    a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].d=d;
    a[len].next=last[x];last[x]=len;
    
    k2=++len;
    a[len].x=y;a[len].y=x;a[len].c=0;a[len].d=-d;
    a[len].next=last[y];last[y]=len;
    
    a[k1].other=k2;
    a[k2].other=k1;
}
int st,ed;
int pre[840],v[840];
ll d[840],cc[840];
int list[6*840],head,tail;
ll ans,sum;
bool spfa()
{
    for(int i=1;i<=ed+1;i++)d[i]=-INF;
    d[st]=0;
    memset(v,false,sizeof(v));v[st]=true;
    memset(cc,0,sizeof(cc));cc[st]=INF;
    list[1]=st;head=1;tail=2;
    while(head!=tail)
    {
        int x=list[head];
        for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
        {
            int y=a[k].y;
            if(a[k].c>0&&d[y]<d[x]+a[k].d)
            {
                d[y]=d[x]+a[k].d;
                pre[y]=k;
                cc[y]=min(cc[x],a[k].c);
                if(!v[y])
                {
                    v[y]=true;
                    list[tail++]=y;
                    if(tail==ed+1)tail=1;
                }
            }
        }
        head++;if(head==ed+1)head=1;
        v[x]=false;
    }
    if(d[ed]==-INF)return false;
    ans+=d[ed]*cc[ed];sum+=cc[ed];
    int x=ed;
    while(x!=0)
    {
        int k=pre[x];
        a[k].c-=cc[ed];a[a[k].other].c+=cc[ed];
        x=a[k].x;
    }
    return true;
}
int n;
ll A[210];
int f[210];
ll b[210],c[210];
bool check(ll x)
{
    len=tlen;
    memcpy(last,first,sizeof(last));
    memcpy(a,e,sizeof(a));ins(st,ed+1,x*2,0);
    ans=sum=0;
    while(spfa()==true)
    {    }
    if(sum==x*2&&ans>=0)return true;
    return false;
}
int main()
{
    ll xx=0;tlen=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&A[i]);int t=int(sqrt(double(A[i]+1)));ll x=A[i];
        for(int j=2;j<=t;j++) {
            while(x%j==0) {x/=j;f[i]++;}
        }if(x!=1)f[i]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]),xx+=b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&c[i]);
    ed=n*2+1;st=ed+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        inc(st,i,b[i],0);inc(i+n,ed,b[i],0);
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(A[i]%A[j]==0&&f[i]-f[j]==1)
                inc(i,j+n,INF,c[i]*c[j]),inc(j,i+n,INF,c[i]*c[j]);

    }
    st=ed+2;
    ll anss=0;
    ll l=0,r=xx*10;
    while(l<=r)
    {
        ll mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)==true){l=mid+1,anss=mid;}
        else r=mid-1;
    }
    printf("%lld\n",anss);
    return 0;
}

by_lmy

BZOJ4514: [Sdoi2016]數字配對