【2019雅礼集训】【最大费用流】【模型转换】D2T3 sum

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• 输出格式
• 思路
• 代码

题意

现在你有一个集合{1,2,3,...,n}，要求你从中取出一些元素，使得这些元素两两互质。问你能够取出的元素总和最多是多少？

输入格式

一个整数n

输出格式

一个整数表示能够选出的最大的元素总和。

思路

这道题居然是结论+网络流？根本想不到啊...~~

感觉写题解都只能照搬官方题解了~~

首先出题人就给了两个自己也没有证出来的结论：

1. 最后选出的数至多只有两个不同的质因子
2. 每个选出的数val所包含的质因子如果有两个的话，一定是一个小于\(\sqrt{val}\)，还有一个是大于\(\sqrt{val}\)。

至于为什么呢？好像没有人知道...

然后我们考虑建图。如果暴力建图（就是像二分图那样），将所有的质因子分为两个部，左边是小于等于\(\sqrt {n}\)的，右边是大于\(\sqrt {n}\)，然后两个部之间两两连边就可以了。但是这样子边的数量好像多了一点..."据说"可能会T(没试过)。

那么就是优化。

首先，先定义F(pri[1],pri[2]...pri[k])为包含pri[]这些质因子的最大的小于等于n的数。然后我们能够发现，F(pri[1])，F(pri[2])，F(pri[3])...F(pri[pri.size()-1])这些数字是比较优秀的。

然后由于分成了两个部，我们考虑左边一个数质数x,右边一个数质数y，如果我们加入F(x,y)的话，我们能够发现F(x)和F(y)就不能选了。那么就会获得\(F(x,y)-F(x)-F(y)\)的贡献。只有当这个值大于0的时候，我们才将这条边加进去。

宏观感受下，这样子之后边的数量就变得很少了...然后你可以过了...

建图的话，就是源点S连向左边的部，容量为1，费用为0；

左边的部按照上述方式向右边的部连边，容量为1，费用为\(F(x,y)-F(x)-F(y)\)；

右边的部向汇点T连边，容量为1，费用为0。

然后跑一个最大费用流（注意不是最大流！！wa了好久！！注意当当前求出来的费用小于0时需要退出！！否则答案就会偏小），在加上最开始的初始值(\(\sum_{i=1}^{k}F(pri[i])\))，就是最后的答案了。

代码

我的实现是建立负权边跑最小费用流，可能具体细节和上述的做法是反着的。如果你采用SPFA求最长路的话，细节和上面就是一样的了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define MAXN 200000
#define INF 1000000000000000000LL
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node
{
	int to;
	LL cap,cost;
	node *nxt,*bck;
}edges[MAXN*10+5];
node *ncnt=&edges[0],*Adj[MAXN+5];
int S,T,n;
vector<LL> prime,p1,p2;
bool vis[MAXN+5],inque[MAXN+5];
LL maxval[MAXN+5],dist[MAXN+5],d[MAXN+5];
int prevv[MAXN+5];
node *preve[MAXN+5];
queue<int> que;
void Sieve()
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(vis[i]==false)
			prime.push_back(i);
		for(int j=0;1LL*prime[j]*i<=n;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)
				break;
		}
	}
}
LL F(LL x,LL y)
{
	LL ret=y;//由于y>sqrt(n)，所以y这个质因子在ret中只会出现一次
	while(1LL*ret*x<=n)
		ret*=x;
	return ret;
}
void AddEdge(int u,int v,LL cap,LL cost)
{
	node *p=++ncnt;
	p->to=v;p->cap=cap;p->cost=cost;
	p->nxt=Adj[u];Adj[u]=p;

	node *q=++ncnt;
	q->to=u;q->cap=0;q->cost=-cost;
	q->nxt=Adj[v];Adj[v]=q;

	p->bck=q;q->bck=p;
}
void Build()
{
	S=0,T=(int)prime.size()+1;
	for(int i=0;i<(int)prime.size();i++)
		if(1LL*prime[i]*prime[i]<=n)
			AddEdge(S,i+1,1,0),p1.push_back(i);
		else
			AddEdge(i+1,T,1,0),p2.push_back(i);
	for(int i=0;i<(int)p1.size();i++)
		for(int j=0;j<(int)p2.size();j++)
		{
			LL num1=prime[p1[i]],num2=prime[p2[j]];
			LL num=F(num1,num2);
			if(num-maxval[p1[i]]-maxval[p2[j]]>0)
			{
//				printf("val:%lld\n",num-maxval[p1[i]]-maxval[p2[j]]);
				AddEdge(p1[i]+1,p2[j]+1,1,-num+maxval[p1[i]]+maxval[p2[j]]);
			}
		}
}
void SPFA()
{
	while(que.empty()==false)
		que.pop();
	memset(inque,0,sizeof(inque));
	fill(dist,dist+T+1,INF);
	fill(d,d+T+1,INF);
	dist[S]=0;
	que.push(S);inque[S]=true;
	while(que.empty()==false)
	{
		int u=que.front();
		que.pop();inque[u]=false;
		for(node *p=Adj[u];p!=NULL;p=p->nxt)
		{
			int v=p->to;
			LL w=p->cost;
			if(p->cap&&dist[v]>dist[u]+w)
			{
				if(inque[v]==false)
					inque[v]=true,que.push(v);
				d[v]=min(d[u],p->cap);
				dist[v]=dist[u]+w;
				prevv[v]=u;preve[v]=p;
			}
		}
	}
}
LL Min_Cost_Flow()
{
	LL flow=0,cost=0,delta;
	int u,v;
	while(true)
	{
		SPFA();
		if(d[T]==INF||dist[T]>=0)//就是这里，一定要判一下！！！否则答案偏小
			break;
		delta=d[T];
		for(v=T;v!=S;v=u)
		{
			u=prevv[v];
			node *&p=preve[v];
			p->cap-=delta;
			p->bck->cap+=delta;
			cost+=1LL*p->cost*delta;
		}
	}
	return cost;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	Sieve();
	LL ans=1LL;
	for(int i=0;i<(int)prime.size();i++)
		maxval[i]=F(prime[i],1LL),ans+=maxval[i];//先确定初始的值
//	printf("%lld\n",ans);
	Build();
	ans-=min(0LL,Min_Cost_Flow());//加上可能存在的更有的方案(应该可以不用取min，懒得改了...)
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}