数字配对（bzoj 4514）

Description

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。

Input

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。

Output

一行一个数，最多进行多少次配对

Sample Input

3
2 4 8
2 200 7
-1 -2 1

Sample Output

HINT

n≤200，ai≤10^9，bi≤10^5，∣ci∣≤10^5

/*
  这道题本来打算写50分，结果只得了30分，第二部分的自己YY的网络流写错了，原因是没注意要可以转成二分图。
  根据题意，如果我们把a[i]质因数分解，那么如果x,y能够建边，那么它们分解出来的个数一定相差1，这样就转成了二分图。
  至于题目要求的保证费用要大于等于0，也就是越大越好，我们可以将费用变负，然后跑最小费用，每次增广保证费用不大于0。 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define N 210
#define lon long long
#define inf 1000000000000000LL 
using namespace std;
int n,S,T,cnt=1,tot,totx,toty,ans;
int a[N],b[N],head[N],fa[N],prime[32005],fx[N],fy[N];
lon c[N],dis[N];int inq[N],f[32005];
struct node{
    int u,v,f,pre;lon c;
};node e[N*N];
bool judge(int x,int y){
    if(!x||!y) return false;
    if(x<y) swap(x,y);
    if(x%y!=0) return false;
    x/=y;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        if(prime[i]>=x) break;
        if(x%prime[i]==0) return false;
    }
    return true;
}
void add(int u,int v,int f,lon c){
    e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].f=f;e[cnt].c=-c;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt;
    e[++cnt].u=v;e[cnt].v=u;e[cnt].f=0;e[cnt].c=c;e[cnt].pre=head[v];head[v]=cnt;
}
bool spfa(){
    queue<int> q;
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf;
    dis[S]=0;inq[S]=1;q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){
            int v=e[i].v;
            if(e[i].f&&dis[v]>dis[u]+e[i].c){
                dis[v]=dis[u]+e[i].c;fa[v]=i;
                if(!inq[v]){
                    q.push(v);inq[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    return dis[T]!=inf;
}
void min_cost(){
    lon cost=0;
    while(spfa()){
        int tmp=1000000000;
        for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].u])
            tmp=min(tmp,e[i].f);
        if(cost+dis[T]*tmp<=0){
            cost+=dis[T]*tmp;ans+=tmp;
            for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].u])
                e[i].f-=tmp,e[i^1].f+=tmp;
        }
        else {//这个地方不是很懂 
            ans-=(cost/dis[T]);
            return;
        }
    }    
}
int main(){
    freopen("menci_pair.in","r",stdin);
    freopen("menci_pair.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    S=0;T=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("%lld",&c[i]);
    for(int i=2;i<=32000;i++){
        if(!f[i]) prime[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot;j++){
            if(i*prime[j]>32000) break;
            f[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tmp=a[i],num=0;
        for(int j=1;j<=tot;j++){
            while(tmp%prime[j]==0) tmp/=prime[j],num++;
            if(tmp==1) break;
        }
        if(num&1) fx[++totx]=i;
        else fy[++toty]=i;
    }
    for(int i=1;i<=totx;i++)
        for(int j=1;j<=toty;j++)
            if(judge(a[fx[i]],a[fy[j]]))
                add(fx[i],fy[j],1000000000,c[fx[i]]*c[fy[j]]);
    for(int i=1;i<=totx;i++) add(S,fx[i],b[fx[i]],0);
    for(int i=1;i<=toty;i++) add(fy[i],T,b[fy[i]],0);
    min_cost();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}