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[SDOI2016 Round1] 数字配对
COGS 2221. [SDOI2016 Round1] 数字配对
http://www.cogs.pro/cogs/problem/problem.php?pid=2221
★★★ 输入文件：menci_pair.in 输出文件：menci_pair.out 简单对比
时间限制：1 s 内存限制：128 MB
【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 aiaj 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。
【输入格式】
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。
【输出格式】
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
【提示】
测试点 1 ~ 3：n≤10，ai≤109，bi=1，∣ci∣≤105；
测试点 4 ~ 5：n≤200，ai≤109，bi≤105，ci=0；
测试点 6 ~ 10：n≤200，ai≤109，bi≤105，∣ci∣≤105。
【来源】
SDOI2016 Round1 Day1
费用流u
构图方法：（以样例为例）
1、2可以配对；2、3可以配对
注意，这里若a与b可以配对，则既要由a向b连边，又要由b向a连同样的边，最后答案除以2
原因：
1、如果只由a向b连，那么如果又有一条边由c连向a，边流量都为inf,这样从源点向a用了，由a向汇点又用了，应该统计的是2次之和，但实际只统计了其中一次
2、a向b连边m、b向a连同样的边n，这样费用流跑m一定跑n，这样就可以把1中2次汇总，因为对应边流量相等，所以答案要除2
因为要总价值和>=0，所以每次跑最大费用，
如果本次跑出的最大价值+已累积的价值>=0,继续跑
反之，次数+已累计价值/-本次单位流量最大费用，结束
因为累计价值不可能为负，而题目要求总价值和>=0，若满足反之条件，本次最大费用<0 且 本次最大费用总和绝对值>已累计价值，所以就看已累计价值最大能抵消多少次本次的负价值
#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm> using namespace std;int a[201],b[201],c[201];int tot=1,src,dec;int front1[410],from[160001],next1[160001],to1[160001];bool v[410];int n,fa[410]; long long dis[410],sum_cost,cost[160001],cap[160001];int sum_flow;queue<int>que;bool judge(int x){ for(int i=2;i<=sqrt(x);i++) if(x%i==0) return false; return true;}void insert_edge(int u,int v,long long w,long long val){ to1[++tot]=v;from[tot]=u;next1[tot]=front1[u];front1[u]=tot;cap[tot]=w;cost[tot]=val; to1[++tot]=u;from[tot]=v;next1[tot]=front1[v];front1[v]=tot;cap[tot]=0;cost[tot]=-val;}bool spfa(){ for(int i=1;i<=dec;i++) dis[i]=-1e15,fa[i]=0; memset(v,0,sizeof(v)); que.push(src);v[src]=true; dis[0]=0; while(!que.empty()) { int now=que.front(); que.pop();v[now]=false; for(int i=front1[now];i;i=next1[i]) { if(dis[now]+cost[i]>dis[to1[i]]&&cap[i]>0) { dis[to1[i]]=dis[now]+cost[i]; fa[to1[i]]=i; if(!v[to1[i]]) { que.push(to1[i]); v[to1[i]]=true; } } } } if(dis[dec]!=-1e10) return true; return false;}void work(){ while(spfa()) { long long tmp=1e15,k=0; for(int i=fa[dec];i;i=fa[from[i]]) tmp=min(cap[i],tmp); if(sum_cost+dis[dec]*1ll*tmp>=0) { sum_cost+=dis[dec]*tmp;sum_flow+=tmp; for(int i=fa[dec];i;i=fa[from[i]]) { cap[i]-=tmp;cap[i^1]+=tmp; } } else { sum_flow+=int(sum_cost/abs(dis[dec])); break; } } printf("%d",sum_flow/2); return ;}int main(){ freopen("menci_pair.in","r",stdin); freopen("menci_pair.out","w",stdout); scanf("%d",&n); dec=n+1<<1; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<=n;i++) insert_edge(src,i<<1,b[i],0); for(int i=1;i<=n;i++) insert_edge(i<<1|1,dec,b[i],0); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { if(a[i]<=a[j]) continue; if(a[i]%a[j]==0&&judge(a[i]/a[j])) { insert_edge(j<<1,i<<1|1,1e15,1ll*c[i]*c[j]); insert_edge(i<<1,j<<1|1,1e15,1ll*c[i]*c[j]); } } work();}
学长说了另外2种方法：
1、根据分解质因数的指数和的奇偶性，将所有点分为2个集合，构建二分图（标解，不想写就没写）
学长AC代码链接:http://www.cnblogs.com/harden/p/6399396.html
2、根据整除关系构成的链，将所有点分为2个集合，每条链的起点在哪个集合里随便，构建二分图，与1不同的地方就是链的起点在哪个集合的问题
(这个写了，然而调了一晚上+半上午，COGS提交最终3A 1W 1RE 5T ，法2正确性、代码正确性有待验证）
#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm> using namespace std;int a[201],b[201],c[201];int front[210],next[160001],to[160001],tot,src,dec;int front1[210],from[160001],next1[160001],to1[160001];bool use_in[210],use_out[210],v[210];int n,fa[210]; long long dis[210],sum_cost,cost[160001],cap[160001];int sum_flow;struct node1{ int point,id;};queue<node1>q;queue<int>que;bool judge(int x){ for(int i=2;i<=sqrt(x);i++) if(x%i==0) return false; return true;}void add(int u,int v){ to[++tot]=v;next[tot]=front[u];front[u]=tot; use_in[v]=true;use_out[u]=true;}void insert_edge(int u,int v,long long w,long long val){ to1[++tot]=v;from[tot]=u;next1[tot]=front1[u];front1[u]=tot;cap[tot]=w;cost[tot]=val; to1[++tot]=u;from[tot]=v;next1[tot]=front1[v];front1[v]=tot;cap[tot]=0;cost[tot]=-val;}bool spfa(){ for(int i=1;i<=dec;i++) dis[i]=-1e15,fa[i]=0; que.push(src);v[src]=true; while(!que.empty()) { int now=que.front(); que.pop();v[now]=false; for(int i=front1[now];i;i=next1[i]) { if(dis[now]+1ll*cost[i]>dis[to1[i]]&&cap[i]>0) { dis[to1[i]]=dis[now]+1ll*cost[i]; fa[to1[i]]=i; if(!v[to1[i]]) { que.push(to1[i]); v[to1[i]]=true; } } } } if(dis[dec]!=-1e15) return true; return false;}void work(){ while(spfa()) { long long tmp=1e15; for(int i=fa[dec];i;i=fa[from[i]]) tmp=min(cap[i],tmp); if(sum_cost+dis[dec]*1ll*tmp>=0) { sum_cost+=dis[dec]*tmp;sum_flow+=tmp; for(int i=fa[dec];i;i=fa[from[i]]) { cap[i]-=tmp;cap[i^1]+=tmp; } } else { sum_flow+=int(sum_cost/abs(dis[dec])); break; } } printf("%d",sum_flow); return ;}int main(){ freopen("menci_pair.in","r",stdin); freopen("menci_pair.out","w",stdout); scanf("%d",&n); dec=n+1; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { if(a[i]<=a[j]) continue; if(!a[j]) continue; if(a[i]%a[j]==0&&judge(a[i]/a[j])) { add(j,i); } } tot=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(!use_in[i]) { insert_edge(src,i,b[i],0); q.push((node1){i,1}); } while(!q.empty()) { node1 now=q.front();q.pop(); for(int i=front[now.point];i;i=next[i]) { int t=to[i]; if(now.id%2) { insert_edge(now.point,t,1e15,1ll*c[now.point]*c[t]); insert_edge(t,dec,b[t],0); q.push((node1){t,now.id+1}); } else { insert_edge(t,now.point,1e15,1ll*c[now.point]*c[t]); insert_edge(src,t,b[t],0); q.push((node1){t,now.id+1}); } } } work();}
[SDOI2016 Round1] 数字配对