bzoj4205 卡牌配對

題目大意

你有一些卡牌，每張卡牌有兩種類型，X類和Y類，還有三種屬性，分別用正整數a,b,c表示。兩張不同類的卡牌，如果至多存在一種屬性的值互質，那麼它們可以相互配對。問最多可以匹配多少對？

數據範圍

n,m表示X,Y類卡牌各有多少張。
小數據：1<=n，m<=3000
全部數據：1<=n,m<=30000，屬性數值<=200

限制

時間限制：2s
空間限制：512M

題解

暴力分很好拿，直接暴力構圖，之後跑匈牙利算法，或者跑sap，跑dinic都行.
實測sap比匈牙利快，sap時間複雜度的確是個玄學問題。

正解：
仍然是跑網絡流,不過構圖需要一些技巧。
注意到連邊的前提是至多一項屬性互質，而屬性值又不超過200,200之內的質數數量只有不到50個。
我們可以對每一個質因數對(p,q)建一箇中轉點，如果p|a,q|b就在(a,b,c)與(p,q)之間連一條邊。由於(a,b,c)中取兩種屬性有三種取法，所以我們要構建三套中轉點。最多有30000+30000+3*46*46< 70000個點；
從一個(a,b,c)出發，最多連3*3*3*=27條邊，因爲2*3*5*7>200,一個數最多隻有3個不同的質因數。
於是總邊數不超過200萬.跑個sap就可以A了。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 180000
#define MAXM 6000000
void _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;
}