bzoj 3308: 九月的咖啡店 （费用流）

3308: 九月的咖啡店

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Description

深绘里在九份开了一家咖啡让，如何调配咖啡民了她每天的头等大事
我们假设她有N种原料，第i种原料编号为i,调配一杯咖啡则需要在这
里若干种兑在一起。不过有些原料不能同时在一杯中，如果两个编号
为i,j的原料，当且仅当i与j互质时，才能兑在同一杯中。
现在想知道，如果用这N种原料来调同一杯咖啡，使用的原料编号之和
最大可为多少。

Input

一个数字N

Output

如题

Sample Input

10

Sample Output

30

HINT

1<=N<=200000

Source

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题解：费用流。

这道题搞了一晚上。。。刚开始各种神奇的思路都失败了，于是就想如果不能实现选取某个数，然后标记某个质因数不可以，那么能不能考虑用质因数来构造数。因为建图建了半天都建不出选取多个质因数的图。于是就猜想会不会至多用两个质因数来构造一个数。但是这样图中的点数太多了，所以就考虑将质因数分成两组，然后构造时从两组中选取，界限感觉一般不是n/2就是sqrt(n),这道题的话分析分析样例啥的，就会发现sqrt(n)要科学的多。

于是用了将近3个小时的时间猜想到了这个题的两个结论：

1.选取的数至多由两个质因数构成

2.两个质因数一个小于等于sqrt(n),一个大于sqrt(n)

于是就可以建图了，对于每次质因数都有两个选择要么自己构造数，这种情况显然是去x^a<=n a的最大值。

另一种是和另一个质数一起构造，对于大于sqrt(n)的质数x来说，最多只能让其指数是1，小于等于sqrt(n)的质数y^a*x<=n a的最大值。

刚开始现将所有质数单独构造的总和当做答案。

大于sqrt(n)的连向源点，容量为1，费用为0

小于等于sqrt(n)的连向汇点，容量为1，费用为0

然后两侧质数连边，容量为1，费用为新构造的数-两个质数分别构造的答案。

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 500003
#define inf 1000000000
#define LL long long 
using namespace std;
int point[N],next[N],v[N],remain[N],last[N],can[N];
int prime[N],pd[N];
int n,tot,q[N];
LL ans,maxn,dis[N],c[N];
void add(int x,int y,int z,int k)
{
	tot++; next[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=z; c[tot]=k;
	tot++; next[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=0; c[tot]=-k;
	//cout<n) break;
			pd[prime[j]*i]=1;
			if (i%prime[j]==0) break; 
		}
	}
}
int addflow(int s,int t)
{
	int now=t; int ans=1;
	while (now!=s) {
		remain[last[now]]-=ans;
		remain[last[now]^1]+=ans;
		now=v[last[now]^1];
	}
	return ans;
}
bool spfa(int s,int t)
{
	int head=0,tail=0;
	memset(dis,128,sizeof(dis));
	LL tt=dis[0];
	for (int i=1;i<=t;i++) can[i]=0;
	can[s]=1; dis[s]=0; q[++tail]=s;
	while (head!=tail){
		int x=q[++head];
		for (int i=point[x];i!=-1;i=next[i])
		 if (dis[v[i]]n) break; 
	}
	return ans;
}
void solve(int s,int t)
{
	while (spfa(s,t));
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	tot=-1;
	memset(point,-1,sizeof(point));
	int s=1; 
	calc();
	int mx=sqrt(n); int pos=0; 
     int t=prime[0]+5;
	LL sum=0;
	for (int i=1;i<=prime[0];i++){
		int now=cal(prime[i],1);
		sum=sum+(LL)now;
		if ((LL)prime[i]*(LL)prime[i]>n) add(s,i+1,1,0);
		else add(i+1,t,1,0),pos=i;
	}
    for (int i=pos+1;i<=prime[0];i++){
		for (int j=1;j<=pos;j++)
		   {
		   	 int t=cal(prime[j],prime[i]); int t1=cal(prime[j],1);
		   	 if (t>n) continue;
		  	 add(i+1,j+1,1,t-cal(prime[j],1)-cal(prime[i],1));
		  }
    }
	solve(s,t);
	printf("%I64d\n",maxn+sum+1);
}