T1:数字配对
题目
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
4
Hint
题解
首先我们考虑如何判断
为质数,肯定的我们把
和
进行标准的唯一质因数分解
的所有因数
都有,并且
的每一个因数的幂
该因数在
中的幂,这样才能保证
那么接下来就判断 等于一个质数,其实就是对于一个质因数 ,设 在 中的幂为 ,在 中的幂为 ,满足 且只会有一个质因数在 的幂小于 中的幂其他的都是等于,不然两个质因数乘起来还是一个合数
但是我们在建图时会遇到一个问题,如果每一个点都与超级源点和超级汇点建边,有可能直接就只流了该点与源点的边马上就流回了汇点,并没有与其他点产生关系
那么我们为了避免这个问题,就抓住
为一个质数的特殊性,我们发现
的所有质因数的幂的和一定等于
的所有质因数的幂的和
所以如果两个数的质因数的幂的和都是奇数或者都是偶数,那么两数之间一定是不会满足关系的,和至少都差了2,那么我们就把奇数划分成一个区域,与源点建边,流量就是个数,偶数划分成一个区域与汇点建边,流量也是个数,奇数和偶数之间判断幂的和是否只差1,满足的就建边,费用就是能获得的贡献,流量就流无限
CODE
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define INF 1e9
#define int long long
#define MAXN 500
struct node {
int v, w, next, c, flow;
}edge[MAXN * MAXN];
queue < int > q;
int cnt, n, m, s, t;
int head[MAXN], dis[MAXN], pre[MAXN], a[MAXN], v[MAXN], tot[MAXN];
bool vis[MAXN];
void add ( int x, int y, int flow, int cost ) {
edge[cnt].next = head[x];
edge[cnt].v = y;
edge[cnt].w = cost;
edge[cnt].c = flow;
edge[cnt].flow = 0;
head[x] = cnt ++;
}
bool spfa () {
memset ( vis, 0, sizeof ( vis ) );
memset ( dis, -0x7f, sizeof ( dis ) );
memset ( pre, -1, sizeof ( pre ) );
while ( ! q.empty() )
q.pop();
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 = edge[i].next ) {
int v = edge[i].v;
if ( dis[v] < dis[u] + edge[i].w && edge[i].c > edge[i].flow ) {
dis[v] = dis[u] + edge[i].w;
pre[v] = i;
if ( ! vis[v] ) {
q.push( v );
vis[v] = 1;
}
}
}
}
return pre[t] != -1;
}
int Fabs ( int x ) {
if ( x < 0 )
return -x;
return x;
}
void MCMF ( int &maxflow, int &mincost ) {
maxflow = mincost = 0;
while ( spfa() ) {
int MIN = INF;
for ( int i = pre[t];~ i;i = pre[edge[i ^ 1].v] )
MIN = min ( MIN, edge[i].c - edge[i].flow );
if ( mincost + MIN * dis[t] < 0 ) {//不能流完就尽量流,因为这个delta是单峰,一旦下降便不会在上升
maxflow += ( mincost / -dis[t] );
break;
}
maxflow += MIN;
for ( int i = pre[t];~ i;i = pre[edge[i ^ 1].v] ) {
edge[i].flow += MIN;
edge[i ^ 1].flow -= MIN;
mincost += MIN * edge[i].w;
}
}
}
signed main() {
memset ( head, -1, sizeof ( head ) );
scanf ( "%lld", &n );
for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
scanf ( "%lld", &a[i] );
int x = a[i];
for ( int j = 2;j * j <= x;j ++)
while ( x % j == 0 ) {
x /= j;
tot[i] ++;
}
if ( x != 1 )
tot[i] ++;
}
s = 0;t = n + 1;
for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
int w;
scanf ( "%lld", &w );
if ( tot[i] & 1 ) {
add ( s, i, w, 0 );
add ( i, s, 0, 0 );
}
else {
add ( i, t, w, 0 );
add ( t, i, 0, 0 );
}
}
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
scanf ( "%lld", &v[i] );
for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
if ( tot[i] & 1 ) {
for ( int j = 1;j <= n;j ++ )
if ( Fabs ( tot[i] - tot[j] ) == 1 && ( a[i] % a[j] == 0 || a[j] % a[i] == 0 ) ) {
add ( i, j, INF, v[i] * v[j] );
add ( j, i, 0, - ( v[i] * v[j] ) );
}
}
}
int maxflow, mincost;
MCMF ( maxflow, mincost );
printf ( "%lld", maxflow );
return 0;
}
T2:新生舞会
题目
学校组织了一次新生舞会,Cathy作为经验丰富的老学姐,负责为同学们安排舞伴。有n个男生和n个女生参加舞会
买一个男生和一个女生一起跳舞,互为舞伴。Cathy收集了这些同学之间的关系,比如两个人之前认识没计算得出 a[i][j] ,表示第i个男生和第j个女生一起跳舞时他们的喜悦程度。Cathy还需要考虑两个人一起跳舞是否方便,比如身高体重差别会不会太大,计算得出 b[i][j],表示第i个男生和第j个女生一起跳舞时的不协调程度。
当然,还需要考虑很多其他问题。Cathy想先用一个程序通过a[i][j]和b[i][j]求出一种方案,再手动对方案进行微调。Cathy找到你,希望你帮她写那个程序。一个方案中有n对舞伴,假设没对舞伴的喜悦程度分别是a’1,a’2,…,a’n,
假设每对舞伴的不协调程度分别是b’1,b’2,…,b’n。令
C=(a’1+a’2+…+a’n)/(b’1+b’2+…+b’n),Cathy希望C值最大
Input
第一行一个整数n。
接下来n行,每行n个整数,第i行第j个数表示a[i][j]。
接下来n行,每行n个整数,第i行第j个数表示b[i][j]。
1<=n<=100,1<=a[i][j],b[i][j]<=10^4
Output
一行一个数,表示C的最大值。四舍五入保留6位小数,选手输出的小数需要与标准输出相等
Sample Input
3
19 17 16
25 24 23
35 36 31
9 5 6
3 4 2
7 8 9
Sample Output
5.357143
题解
转化一下答案,即
–>
–>
所以我们可以考虑二分答案
,判断
,
男生与超级源点建边,女生与超级汇点建边,男女生之间的建边就是
的费用
跑一个最大费用最大流,
分享另一个想法:我们可以将以上的思路全部去一个反,就变成判断 那就是跑最小费用最大流
仙女都给了代码,
CODE(最大费用最大流版)
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define eps 1e-7
#define INF 2e9
#define MAXM 200005
#define MAXN 105
queue < int > q;
int cnt, n, s, t;
int head[MAXN * 10], pre[MAXN * 10];
double dis[MAXM], w[MAXM], c[MAXM], flow[MAXM];
int a[MAXN][MAXN], b[MAXN][MAXN], v[MAXM], nxt[MAXM];
bool vis[MAXM];
void add ( int x, int y, double flow_, double cost ) {
nxt[cnt] = head[x];
v[cnt] = y;
w[cnt] = cost;
c[cnt] = flow_;
flow[cnt] = 0;
head[x] = cnt ++;
}
bool spfa () {
for ( int i = s;i <= t;i ++ ) {
dis[i] = -INF;
pre[i] = -1;
}
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 = nxt[i] ) {
if ( dis[v[i]] < dis[u] + w[i] && c[i] > flow[i] ) {
dis[v[i]] = dis[u] + w[i];
pre[v[i]] = i;
if ( ! vis[v[i]] ) {
q.push( v[i] );
vis[v[i]] = 1;
}
}
}
}
return pre[t] != -1;
}
bool MCMF () {
double mincost = 0;
while ( spfa() ) {
for ( int i = pre[t];~ i;i = pre[v[i ^ 1]] ) {
flow[i] ++;
flow[i ^ 1] --;
}
mincost += dis[t];
}
return mincost >= 0;
}
int main() {
scanf ( "%d", &n );
s = 0;t = n << 1 | 1;
double sum = 0;
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
for ( int j = 1;j <= n;j ++ ) {
scanf ( "%d", &a[i][j] );
sum += a[i][j];
}
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
for ( int j = 1;j <= n;j ++ )
scanf ( "%d", &b[i][j] );
double l = 0, r = sum;
while ( r - l > eps ) {
double mid = ( l + r ) / 2;
memset ( head, -1, sizeof ( head ) );
cnt = 0;
for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
add ( s, i, 1, 0 );
add ( i, s, 0, 0 );
add ( i + n, t, 1, 0 );
add ( t, i + n, 0, 0 );
}
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
for ( int j = 1;j <= n;j ++ ) {
add ( i, j + n, 1, a[i][j] * 1.0 - 1.0 * b[i][j] * mid );
add ( j + n, i, 0, - ( a[i][j] * 1.0 - 1.0 * b[i][j] * mid ) );
}
if ( MCMF() )
l = mid;
else
r = mid;
}
printf ( "%.6f", l );
return 0;
}
CODE(最小费用最大流版)
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define eps 1e-7
#define INF 2e9
#define MAXM 200005
#define MAXN 105
queue < int > q;
int cnt, n, s, t;
int head[MAXN * 10], pre[MAXN * 10];
double dis[MAXM], w[MAXM], c[MAXM], flow[MAXM];
int a[MAXN][MAXN], b[MAXN][MAXN], v[MAXM], nxt[MAXM];
bool vis[MAXM];
void add ( int x, int y, double flow_, double cost ) {
nxt[cnt] = head[x];
v[cnt] = y;
w[cnt] = cost;
c[cnt] = flow_;
flow[cnt] = 0;
head[x] = cnt ++;
}
bool spfa () {
for ( int i = s;i <= t;i ++ ) {
dis[i] = INF;
pre[i] = -1;
}
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 = nxt[i] ) {
if ( dis[v[i]] > dis[u] + w[i] && c[i] > flow[i] ) {
dis[v[i]] = dis[u] + w[i];
pre[v[i]] = i;
if ( ! vis[v[i]] ) {
q.push( v[i] );
vis[v[i]] = 1;
}
}
}
}
return pre[t] != -1;
}
bool MCMF () {
double mincost = 0;
while ( spfa() ) {
for ( int i = pre[t];~ i;i = pre[v[i ^ 1]] ) {
flow[i] ++;
flow[i ^ 1] --;
}
mincost += dis[t];
}
return mincost < 0;
}
int main() {
scanf ( "%d", &n );
s = 0;t = n << 1 | 1;
double sum = 0;
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
for ( int j = 1;j <= n;j ++ ) {
scanf ( "%d", &a[i][j] );
sum += a[i][j];
}
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
for ( int j = 1;j <= n;j ++ )
scanf ( "%d", &b[i][j] );
double l = 0, r = sum;
while ( r - l > eps ) {
double mid = ( l + r ) / 2;
memset ( head, -1, sizeof ( head ) );
cnt = 0;
for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
add ( s, i, 1, 0 );
add ( i, s, 0, 0 );
add ( i + n, t, 1, 0 );
add ( t, i + n, 0, 0 );
}
for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
for ( int j = 1;j <= n;j ++ ) {
add ( i, j + n, 1, - ( a[i][j] * 1.0 - 1.0 * b[i][j] * mid ) );
add ( j + n, i, 0, a[i][j] * 1.0 - 1.0 * b[i][j] * mid );
}
if ( MCMF() )
l = mid;
else
r = mid;
}
printf ( "%.6f", l );
return 0;
}
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