BZOJ 3275: Number (二分图最小割)
题意
有nnn个数,其中同时满足下面两个条件的数对不能同时选,求选出一些数让和最大.
- 若两个数aaa,bbb同时满足以下条件,则aaa,bbb不能同时被选
- 存在正整数ccc,使a∗a+b∗b=c∗ca*a+b*b=c*ca∗a+b∗b=c∗c
- gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1
分析
看到这熟悉二元关系,就能够用最小割做了.但是乍一看不是二分图的模型,就不能直接连了.所以有一种做法就是拆点.
但是我们看这两个式子可以推出来这的确是一个二分图,而且是奇偶二分图,证明如下:
- a,ba,ba,b不可能同为偶数,否则不满足gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1
- a,ba,ba,b不可能同为奇数,证明为
- 假设存在a,ba,ba,b为奇数且c2=a2+b2c^2=a^2+b^2c2=a2+b2,那么ccc必为偶数,但是a2+b2≡2 (mod 4)a^2+b^2\equiv 2\ (mod\ 4)a2+b2≡2 (mod 4)而c2≡0 (mod 4)c^2\equiv 0\ (mod\ 4)c2≡0 (mod 4),矛盾
综上,存在矛盾的数对一定是奇偶性不同的数字,所以我们用二分图的方式,矛盾就连一条容量为∞\infty∞的边,然后SSS向奇数连容量为数值的边,偶数向TTT连容量为数值的边,最后用所有数的总和减去最小割就行了
CODE
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
template<typename T>inline void read(T &num) {
char ch; int flg=1;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')if(ch=='-')flg=-flg;
for(num=0;ch>='0'&&ch<='9';num=num*10+ch-'0',ch=getchar());
num*=flg;
}
const int inf = 1e9;
const int MAXN = 3005;
const int MAXM = 20005;
int n, m, fir[MAXN], S, T, cnt;
struct edge { int to, nxt; int c; }e[MAXM];
inline void add(int u, int v, int cc) {
e[cnt] = (edge){ v, fir[u], cc }; fir[u] = cnt++;
e[cnt] = (edge){ u, fir[v], 0 }; fir[v] = cnt++;
}
int dis[MAXN], vis[MAXN], info[MAXN], cur, q[MAXN];
inline bool bfs() {
int head = 0, tail = 0;
vis[S] = ++cur; q[tail++] = S;
while(head < tail) {
int u = q[head++];
for(int i = fir[u]; ~i; i = e[i].nxt)
if(e[i].c && vis[e[i].to] != cur)
vis[e[i].to] = cur, dis[e[i].to] = dis[u] + 1, q[tail++] = e[i].to;
}
if(vis[T] == cur) memcpy(info, fir, (T+1)<<2);
return vis[T] == cur;
}
int dfs(int u, int Max) {
if(u == T || !Max) return Max;
int flow=0, delta;
for(int &i = info[u]; ~i; i = e[i].nxt)
if(e[i].c && dis[e[i].to] == dis[u] + 1 && (delta=dfs(e[i].to, min(e[i].c, Max-flow)))) {
e[i].c -= delta, e[i^1].c += delta, flow += delta;
if(flow == Max) return flow;
}
if(!flow) dis[u] = -1;
return flow;
}
inline int dinic() {
memset(vis, 0, sizeof vis);
int flow=0, x;
while(bfs()) {
while((x=dfs(S, inf))) flow+=x;
}
return flow;
}
int A[MAXN], sum;
int gcd(int x, int y) { return y ? gcd(y, x%y) : x; }
inline bool chk(int a,int b)
{
int s = a*a + b*b, q = int(sqrt(s));
if(q * q != s)return 0;
if(gcd(a, b) != 1)return 0; //先判勾股数再判gcd会快好几倍
return 1;
}
int main () {
read(n); S = 0; T = n+1;
memset(fir, -1, sizeof fir);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
read(A[i]); sum += A[i];
if(A[i]&1) add(S, i, A[i]);
else add(i, T, A[i]);
for(int j = 1; j < i; ++j)
if(chk(A[i], A[j])) {
if(A[i]&1) add(i, j, inf);
else add(j, i, inf);
}
}
printf("%d\n", sum-dinic());
}
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