problem

luogu-P2065

solution

这个拿走一组共两张卡片的操作其实就是一个匹配。

直接两个数的最大公约数大于 $1$ 就建一条边，跑二分图匹配最大流即可。

然而如果直接枚举两个数然后算他们的 $\text{gcd}$ ，时间复杂度 $O(T{n}^2\log V)$ 会 $\text{TLE}$。

又不能预处理任意两个数的 $\text{gcd}$，这个数字 $\in (1,1e7)$ 实在是太大了。

这里很巧妙，任何数都可以拆成若干个质数的幂，两个数的 $\text{gcd}>1$ 无非就是两个数有相同的某些个质因子。

所以我们可以预处理出 $1e7$ 以内的所有质数，这并不多，然后将一个数和其质因子连边。

只显然每张卡片只能拿走一次，流量与源汇点之间为 $1$ 即可。

这样时间复杂度就是 $O(Tn\sqrt{n})$ ，网络流就没考虑反正是 $O($ 能过 $)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define maxm 800005
int T, m, n, s, t, cnt = -1, tot;
struct node { int to, nxt, flow; }E[maxm];
int b[maxn], r[maxn], head[maxn], cur[maxn], dep[maxn];
queue < int > q;int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y );
}void addedge( int u, int v, int w ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0 }, head[v] = cnt;
}bool bfs() {memset( dep, 0, sizeof( dep ) );memcpy( cur, head, sizeof( head ) );dep[s] = 1; q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( ! dep[v] and E[i].flow ) {dep[v] = dep[u] + 1;q.push( v );}}}return dep[t];
}int dfs( int u, int cap ) {if( u == t or ! cap ) return cap;int flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = E[i].nxt ) {cur[u] = i; int v = E[i].to;if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {int w = dfs( v, min( cap, E[i].flow ) );if( ! w ) continue;E[i ^ 1].flow += w;E[i].flow -= w;flow += w;cap -= w;if( ! cap ) break;}}return flow;
}int dinic() {int ans = 0;while( bfs() ) ans += dfs( s, 1e9 );return ans;
}#define maxp 10000005
int prime[maxp], vis[maxp], num[maxp];
int cntp;
void sieve() {for( int i = 2;i < 1e7;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cntp] = i;for( int j = 1;j <= cntp and i * prime[j] < 1e7;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) break;}}
}
void divide( int id, int val ) {for( int i = 1;i <= cntp and prime[i] <= val;i ++ ) if( val % prime[i] == 0 ) {if( ! num[prime[i]] ) num[prime[i]] = ++ tot;if( id <= m ) addedge( id, num[prime[i]], 1e9 );else addedge( num[prime[i]], id, 1e9 );while( val % prime[i] == 0 ) val /= prime[i];}
}int main() {sieve(); tot = 1001;scanf( "%d", &T );while( T -- ) {memset( head, -1, sizeof( head ) ); cnt = -1;scanf( "%d %d", &m, &n );s = 0, t = n + m + 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%d", &b[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &r[i] );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) divide( i, b[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) divide( i + m, r[i] );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) addedge( s, i, 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) addedge( i + m, t, 1 );printf( "%d\n", dinic() );}return 0;
}