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简要题意：
给出n个机器，每个机器有a[i]基础值和b[i]价值
选出一部分机器使得这些机器里面两两至少满足以下两种条件之一：
1.a[i]+a[j]!=T（T为正整数）
2.gcd(a[i],a[j])>1
求出能达到要求的最大价值
题解：
神最小割
要求一个最大价值，那么我们可以转换成求损失的价值最小
但是这里两个子集的分化并不明显
对于第二个要求，如果两点的a值都为偶数，那么肯定满足
那如果两个数都为奇数的话，也必定满足要求一，证明如下：
1、一个奇数的平方%4为1，一个偶数的平方%4为0
2、两个奇数的平方和%4为2
3、如果两个奇数的平方和是一个奇数的平方，那么%4应该为1，不符合
4、如果两个奇数的平方和是一个偶数的平方，那么%4应该为0，不符合
这样子思考的话，两个子集的分化就较为明显了：
st向a值为奇数的相连，a值为偶数的向ed相连，容量都为b值；
这样子所形成的两个子集里面的点一定都是符合要求的。
最后一步，也是最关键的一步：
两个子集之间两两匹配，如果当前匹配的两个点是不符合要求的，就将这两个点相连，容量为无限大。
跑最小割，割出来的边就是损失价值的最小值 用sum-最小割就是答案
by Cherish_OI
注意要加long long
参考代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node
{
int x,y,next,other;LL c;
}a[];int len,last[];
void ins(int x,int y,LL c)
{
int k1=++len,k2=++len;
a[k1].x=x;a[k1].y=y;a[k1].c=c;
a[k1].next=last[x];last[x]=k1;
a[k2].x=y;a[k2].y=x;a[k2].c=;
a[k2].next=last[y];last[y]=k2;
a[k1].other=k2;
a[k2].other=k1;
}
int h[],list[],st,ed;
bool bt_h()
{
memset(h,,sizeof(h));h[st]=;
list[]=st;
int head=,tail=;
while(head!=tail)
{
int x=list[head];
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(a[k].c>&&h[y]==)
{
h[y]=h[x]+;
list[tail++]=y;
}
}
head++;
}
if(h[ed]==) return false;
else return true;
}
LL findflow(int x,LL f)
{
if(x==ed) return f;
int s=,t;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(a[k].c>&&h[y]==(h[x]+)&&f>s)
{
t=findflow(y,min(a[k].c,f-s));
s+=t;
a[k].c-=t;a[a[k].other].c+=t;
}
}
if(s==) h[x]=;
return s;
}
LL gcd(LL a,LL b)
{
if(a==) return b;
else return gcd(b%a,a);
}
LL A[],B[];
bool check(LL x,LL y)
{
LL c=sqrt(x*x+y*y);
if(c*c!=x*x+y*y) return false;
if(gcd(x,y)>) return false;
return true;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
st=;ed=n+;
len=;memset(last,,sizeof(last));
LL sum=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&A[i]);
sum+=A[i];
if(A[i]%==) ins(st,i,A[i]);
else ins(i,ed,A[i]);
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
{
if(check(A[i],A[j])==true&&(A[i]%==)&&(A[j]%==))
{
ins(i,j,);
}
}
}
while(bt_h()==true) sum-=findflow(st,);
printf("%lld\n",sum);
return ;
}