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 ai/aj 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。
这道题如果取消那个总和不小于0的情况呢?
然后我们发现可以用最大流做,就是把a[i]有奇数个质因子的连向源点,偶数个质因子连向汇点
建边,跑个最大流就可以了,正确性?显然啊
现在把总和不小于0的情况考虑进来,我们发现有费用了
我们考虑跑最大费用最大流,那么由于每次增广的是一个较大的费用
也就是说每次增广出来的费用是递减的
这样我们就可以当cost<0时,输出答案
这样有一个问题,就是说最后一次增广出来的流量是不能全部跑出来的,也许会跑出来一部分
那么这一部分可以通过cost / -dis[t]这种方式求出来,于是问题完美的解决啦
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define llinf 2000000000000000000
#define inf 2147483647
#define for1(i, x, y) for(LL i = (x); i <= (y); i ++)
#define for2(i, x, y) for(LL i = (x); i >= (y); i --)
namespace mcmf{
LL s, t;
struct Edge{
LL u, v, cap, flow;
LL cost;
LL next;
} G[250010];
LL tot;
LL head[3000];
LL inq[3000];
LL d[3000];
LL p[3000];
LL a[3000];
inline void init(){
memset(head, -1, sizeof(head));
tot = -1;
}
inline void add(LL u, LL v, LL w, LL cost){
G[++ tot] = (Edge){u, v, w, 0, cost, head[u]};
head[u] = tot;
G[++ tot] = (Edge){v, u, 0, 0, -cost, head[v]};
head[v] = tot;
return;
}
inline bool BellmanFord(LL& flow, LL& cost){
for(LL i = s; i <= t; i ++) d[i] = -llinf;
memset(inq, 0, sizeof(inq));
d[s] = 0;
inq[s] = 1;
p[s] = 0;
a[s] = inf;
queue<LL> Q;
Q.push(s);
while(!Q.empty()){
LL u = Q.front(); Q.pop();
inq[u] = 0;
for(LL i = head[u]; i != -1; i = G[i].next){
Edge& e = G[i];
if(e.cap > e.flow && d[e.v] < d[u] + e.cost){
d[e.v] = d[u] + e.cost;
p[e.v] = i;
a[e.v] = min(a[u], e.cap - e.flow);
if(!inq[e.v]){
Q.push(e.v);
inq[e.v] = 1;
}
}
}
}
if(d[t] == -llinf) return false;
flow += a[t];
cost += d[t] * (LL)a[t];
if(cost < 0){
cost -= d[t] * (LL)a[t];
flow -= a[t];
flow += cost / -d[t];
return false;
}
LL u = t;
while(u != s){
G[p[u]].flow += a[t];
G[p[u] ^ 1].flow -= a[t];
u = G[p[u]].u;
}
return true;
}
inline LL Minflow(){
LL flow = 0; LL cost = 0;
while(BellmanFord(flow, cost));
return flow;
}
}
LL a[100010], b[100010], c[100010];
LL prime[100010], tot; bool vis[100010];
LL cnta[100010];
inline LL read(){ // getchar较快于scanf,更快的还有fread,不会23333
char ch = getchar(); LL x = 0, f = 1;
while(ch < '0' || ch > '9'){
if(ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while('0' <= ch && ch <= '9'){
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
inline LL llread(){
char ch = getchar(); LL x = 0, f = 1;
while(ch < '0' || ch > '9'){
if(ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while('0' <= ch && ch <= '9'){
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
inline void init_prime(){
for1(i, 2, 100000){
if(!vis[i]) prime[++ tot] = i;
for1(j, 1, tot){
if(i * prime[j] > 100000) break;
vis[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
inline bool is_prime(LL x){
if(x <= 100000) return 1 - vis[x];
LL t = sqrt(x);
for1(i, 1, tot){
if(prime[i] > t) break;
if(x % prime[i] == 0) return false;
}
return true;
}
int main(){
LL n = read();
for1(i, 1, n) a[i] = llread();
for1(i, 1, n) b[i] = llread();
for1(i, 1, n) c[i] = llread();
mcmf::init();
init_prime();
for1(i, 1, n){
LL t = sqrt(a[i]);
LL o = a[i];
for1(j, 1, tot){
if(prime[j] > t) break;
while(o % prime[j] == 0) o /= prime[j], cnta[i] ++;
if(o == 1) break;
}
if(o != 1) cnta[i] ++;
}
mcmf::s = 0; mcmf::t = n + 1;
for1(i, 1, n){
if(cnta[i] & 1) mcmf::add(0, i, b[i], 0);
else mcmf::add(i, n + 1, b[i], 0);
}
for1(i, 1, n) if(cnta[i] & 1){
for1(j, 1, n) if(!(cnta[j] & 1)){
if(a[i] % a[j] != 0 && a[j] % a[i] != 0) continue;
if(a[i] % a[j] == 0 && is_prime(a[i] / a[j])) mcmf::add(i, j, inf, c[i] * c[j]);
else if(a[j] % a[i] == 0 && is_prime(a[j] / a[i])) mcmf::add(i, j, inf, c[i] * c[j]);
}
}
printf("%lld", mcmf::Minflow());
return 0;
}