重点是如何找到可以配对的(a[i])和(a[j])。
把(a[i])分解质因数。设(a[i])分解出的质因数的数量为(cnt[i])。
设(a[i]geq a[j])
那么(a[i])可以和(a[j])配对需要满足(a[i])%(a[j]==0)&&(cnt[i]==cnt[j]+1)
证明显然。
然后我们按(cnt[i])的奇偶分成两部分，然后如果(a[i])和(a[j])可以配对（假设a[i]在左边）从(i)向(j)连一条费用为(c[i]*c[j)]，流量为(INF)的边。
然后(S)向左部点连费用为(0)，流量为(b[i])的边。
然后每一个右部点向(T)连费用为(0)，流量为(b[i])的边。
跑费用流。
因为费用流优先走最长路。
所以我们可以贪心。
当总费用刚好为负时结束就好了。
具体来说这次增广前的总费用为(tot)，总流量为(w)。
然后这次最长路长度为(x)，可以增广的流量为(tmp)。
且(tot+x*tmp<0)，答案就是(w+lfloor frac{tot}{x}
floor)
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define int long long
const int N=233;
const int INF=1e14;
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int book[101000],prime[100100],tot;
void pre_work(int n){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(book[i]==0)prime[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++){
book[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
int work(int x){
int tmp=0;
for(int i=1;prime[i]*prime[i]<=x;i++)
if(x%prime[i]==0){
while(x%prime[i]==0)x/=prime[i],tmp++;
}
if(x>1)tmp++;
return tmp;
}
struct edge{
int to,nxt,flow,cost;
}e[N*N*2];
int cnt=1,head[N];
void add_edge(int u,int v,int flow,int cost){
cnt++;
e[cnt].nxt=head[u];
e[cnt].to=v;
e[cnt].flow=flow;
e[cnt].cost=cost;
head[u]=cnt;
cnt++;
e[cnt].nxt=head[v];
e[cnt].to=u;
e[cnt].flow=0;
e[cnt].cost=-cost;
head[v]=cnt;
}
int dis[N],vis[N],road[N],S,T,tmp,ans;
bool spfa(){
for(int i=S;i<=T;i++)dis[i]=INF;
queue<int> q;
q.push(S);
dis[S]=0;
vis[S]=1;
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(e[i].flow&&dis[v]>dis[u]+e[i].cost){
dis[v]=dis[u]+e[i].cost;
road[v]=i;
if(vis[v]==0){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
if(dis[T]==INF)return false;
int mn=INF;
for(int i=T;i!=S;i=e[road[i]^1].to)
mn=min(e[road[i]].flow,mn);
if(tmp+mn*dis[T]>0){
ans+=-tmp/dis[T];
return false;
}
tmp+=mn*dis[T];
ans+=mn;
for(int i=T;i!=S;i=e[road[i]^1].to){
e[road[i]].flow-=mn;
e[road[i]^1].flow+=mn;
}
return true;
}
int n,a[N],b[N],c[N],w[N];
signed main(){
pre_work(100000);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=work(a[i]);
S=0;T=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(w[i]%2==1)add_edge(S,i,b[i],0);
else add_edge(i,T,b[i],0);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(w[i]%2==0)continue;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(w[j]%2==1)continue;
if((a[j]%a[i]==0&&w[j]==w[i]+1)||(a[i]%a[j]==0&&w[i]==w[j]+1))
add_edge(i,j,INF,-c[i]*c[j]);
}
}
while(spfa());
printf("%lld",ans);
return 0;
}