题意

看见配对数最多，想到这是最大流。看到代价，想到这是最大费用流。
于是这题是最大费用最大流。
做完了，撒花！

我们发现这题没有明显的组别之分，也就是说我们并不知道建图时谁连源点谁连汇点。

再次观察题中给出的配对的条件：\(a_i\)是\(a_j\)的倍数且满足\(\frac{a_i}{a_j}\in prime\)，即\(a_i=k*a_j,k\in prime\)。

设\(cnt_x\)表示\(x\)质因数分解后指数之和，如\(cnt_{12}=3\)，因为\(12=3^1*2^2,1+2=3\)。

我们发现题中条件变为：\(a_i\)是\(a_j\)的倍数且满足\(cnt_{a_i}=cnt_{a_j}+1!!!\)

于是我们可以按照\(cnt_{a_i}\)的奇偶性对\(i\)分类，奇数连源点，偶数连汇点，容量都为\(b_i\)，费用为\(0\)。

之后就枚举每对\((i,j)\)，满足条件就从\(cnt\)为奇数的向另一个连容量为\(b_i*b_j\)，费用为\(c_i*c_j\)的边即可。

如果没有这个限制题就已经做完了：“在获得的价值总和不小于\(0\)的前提下”

为了处理这个限制，我们考虑\(Dinic\)的过程，我们每次\(spfa\)的求出的最长路必定是递减的，因为这是\(Dinic\)复杂度的保证。（可以去看\(Dinic\)的复杂度证明，就是用最长/短路总是变得更差证的）

于是我们每次求出费用后就判断下加上是否会小于\(0\)，不小于\(0\)就直接加上，不然就只加加上刚好不小于\(0\)的那一部分，之后\(break\)掉。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=210;
const ll inf=1e18;
int n,cnt_edge=1,S,T;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],head[maxn],cnt[maxn];
ll dis[maxn];
bool vis_prime[100010],vis[maxn];
vector<int>prime;
struct edge{int to,nxt;ll flow,cost;}e[(maxn*maxn)<<2];
inline ll read()
{
    char c=getchar();ll res=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')res=res*10+c-'0',c=getchar();
    return res*f;
}
inline void add(int u,int v,ll w,ll c)
{
    e[++cnt_edge].nxt=head[u];
    head[u]=cnt_edge;
    e[cnt_edge].to=v;
    e[cnt_edge].flow=w;
    e[cnt_edge].cost=c;
}
inline void addflow(int u,int v,ll w,ll c){add(u,v,w,c);add(v,u,0,-c);}
inline void pre_work()
{
    vis[1]=1;
    for(int i=2;i<=100000;i++)
    {
        if(!vis_prime[i])prime.push_back(i);
        for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=100000;j++)
        {
            vis_prime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}
inline bool spfa()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=S;i<=T;i++)dis[i]=-inf;
    queue<int>q;
    q.push(S);dis[S]=0;vis[S]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        {
            int y=e[i].to;
            if(dis[y]<dis[x]+e[i].cost&&e[i].flow>0)
            {
                dis[y]=dis[x]+e[i].cost;
                if(!vis[y])q.push(y),vis[y]=1;
            }
        }
    }
    return dis[T]!=-inf;
}
ll dfs(int x,ll lim)
{
    vis[x]=1;
    if(x==T||lim<=0)return lim;
    ll res=lim;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        int y=e[i].to;
        if(dis[y]!=dis[x]+e[i].cost||e[i].flow<=0||vis[y])continue;
        ll tmp=dfs(y,min(res,e[i].flow));
        res-=tmp;
        e[i].flow-=tmp;e[i^1].flow+=tmp;
        if(res<=0)break;
    }
    return lim-res;
}
inline ll Dinic()
{
    ll res=0,cost=0;
    while(spfa())
    {
        ll flow=dfs(S,inf);
        if(cost+flow*dis[T]>=0)res+=flow,cost+=flow*dis[T];
        else 
        {
            res+=min(flow,cost/(-dis[T]));
            break;
        }
    }
    return res;
}
int main()
{
    //freopen("test.in","r",stdin);
    //freopen("test.out","w",stdout);
    pre_work();
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {   
        int tmp=a[i];
        for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&1ll*prime[j]*prime[j]<=tmp;j++)
            while(tmp%prime[j]==0)cnt[i]++,tmp/=prime[j];
        if(tmp>1)cnt[i]++;
    }
    S=0,T=n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(cnt[i]&1)addflow(S,i,b[i],0);
        else addflow(i,T,b[i],0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            int x=a[i],y=a[j];
            if(((x%y!=0)&&(y%x!=0))||abs(cnt[i]-cnt[j])!=1)continue;
            x=i,y=j;
            if(cnt[y]&1)swap(x,y);
            addflow(x,y,1ll*b[x]*b[y],1ll*c[x]*c[y]);
        }
    printf("%lld",Dinic());
    return 0;
}