bzoj4205 卡牌配对

题目大意

你有一些卡牌，每张卡牌有两种类型，X类和Y类，还有三种属性，分别用正整数a,b,c表示。两张不同类的卡牌，如果至多存在一种属性的值互质，那么它们可以相互配对。问最多可以匹配多少对？

数据范围

n,m表示X,Y类卡牌各有多少张。
小数据：1<=n，m<=3000
全部数据：1<=n,m<=30000，属性数值<=200

限制

时间限制：2s
空间限制：512M

题解

暴力分很好拿，直接暴力构图，之后跑匈牙利算法，或者跑sap，跑dinic都行.
实测sap比匈牙利快，sap时间复杂度的确是个玄学问题。

正解：
仍然是跑网络流,不过构图需要一些技巧。
注意到连边的前提是至多一项属性互质，而属性值又不超过200,200之内的质数数量只有不到50个。
我们可以对每一个质因数对(p,q)建一个中转点，如果p|a,q|b就在(a,b,c)与(p,q)之间连一条边。由于(a,b,c)中取两种属性有三种取法，所以我们要构建三套中转点。最多有30000+30000+3*46*46< 70000个点；
从一个(a,b,c)出发，最多连3*3*3*=27条边，因为2*3*5*7>200,一个数最多只有3个不同的质因数。
于是总边数不超过200万.跑个sap就可以A了。

Code

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 180000#define MAXM 6000000void _r(int& x){    char c=getchar();    while(c<'0'||c>'9')    {        c=getchar();    }    for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=getchar())    {        x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';    }    return ;}int pri[MAXN],tot;bool vis[MAXN];void O_n(){    for(int i=2;i<=200;i++)    {        if(!vis[i])        {            pri[++tot]=i;        }        for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=200;j++)        {            vis[pri[j]*i]=1;            if(i%pri[j]==0)            {                break;            }        }    }    return ;}int Next[MAXM],End[MAXM],V[MAXM],Last[MAXN],e=1;const int inf=0x3c3c3c3c;void add(int x,int y,int c){    End[++e]=y;    Next[e]=Last[x];    Last[x]=e;    V[e]=c;    return ;}void link(int x,int y,int c){    add(x,y,c);    add(y,x,0);    return ;}int n,m,a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],id[50][50][5];int cnt,S,T,P[10],Q[10];void Add(int x[],int y[],int I){    int t1=0,t2=0;    for(int i=1;i<=n+m;i++)    {        t1=t2=0;        for(int j=1;j<=tot;j++)        {            if(x[i]%pri[j]==0)            {                P[++t1]=j;            }            if(y[i]%pri[j]==0)            {                Q[++t2]=j;            }        }        for(int s=1;s<=t1;s++)        {            for(int t=1;t<=t2;t++)            {                if(i<=n)                {                    link(i,id[P[s]][Q[t]][I],inf);                }                else                {                    link(id[P[s]][Q[t]][I],i,inf);                }                //printf("%d %d %d %d %d %d\n",i,I,P[s],Q[t],id[P[s]][Q[t]][I],e);            }        }    }    return ;}int dis[MAXN],ccnt[MAXN];int dfs(int p,int flow){    int delta=0,tmp;    if(p==T)    {        return flow;    }    for(int t=Last[p],q;t;t=Next[t])    {        q=End[t];        if(V[t]>0&&dis[p]==dis[q]+1)        {            tmp=dfs(q,min(flow-delta,V[t]));            delta+=tmp;            V[t]-=tmp;            V[t^1]+=tmp;            if(flow==delta||dis[S]>=T)            {                return delta;            }        }    }    if(dis[S]>=T)    {        return delta;    }    ccnt[dis[p]]--;    if(ccnt[dis[p]]==0)    {        dis[S]=T;    }    ccnt[++dis[p]]++;    return delta;}int main(){    _r(n);    _r(m);    O_n();    for(int i=1;i<=n+m;i++)    {        _r(a[i]);        _r(b[i]);        _r(c[i]);    }    cnt=n+m;    for(int i=1;i<=tot;i++)    {        for(int j=1;j<=tot;j++)        {            id[i][j][1]=++cnt;            id[i][j][2]=++cnt;            id[i][j][3]=++cnt;        }    }    S=++cnt;    T=++cnt;    for(int i=1;i<=n+m;i++)    {        if(i<=n)        {            link(S,i,1);        }        else        {            link(i,T,1);        }    }    Add(a,b,1);    Add(b,c,2);    Add(c,a,3);    int ans=0;    while(dis[S]<T)    {        ans+=dfs(S,inf);    }    printf("%d\n",ans);    return 0;}