【ARC080F】Prime Flip（二分图匹配，差分）

这种区间反转的题，套路就是差分。

设 $a_i$ 表示第 $i$ 枚硬币是否正面朝上，显然只有 $a_{x_1},a_{x_2},\cdots,a_{x_n}$ 等于 $1$，其他都是 $0$。那么我们的目标是把 $a$ 数组全部变成 $0$。

设 $b_i$ 表示第 $i$ 枚硬币和第 $i-1$ 枚硬币是否不同，即 $b_i=a_i\operatorname{xor} a_{i-1}$。那么我们的目标就变成了把 $b$ 数组全部变成 $0$，即让每个数都相同。

设 $\textit{prime}$ 为所有奇数质数的集合，$p\in \textit{prime}$，那么一次反转可以看做将 $a_i\sim a_{i+p-1}$ 全部取反。

发现将 $a_i\sim a_{i+p-1}$ 取反后其实等价于 $b_i$ 和 $b_{i+p}$ 两个数取反。

所以现在操作就变成了：任意选择两个正整数 $i,j$，且满足 $j-i\in\textit{prime}$，然后将 $b_i$ 和 $b_j$ 取反。

然后在所有值为枚举满足 $b_i=b_j=1$ 的任意一对 $i,j$（$i<j$），考虑如何操作才能将 $b_i$ 和 $b_j$ 都变为 $0$ 且操作数最少，分情况讨论：

1. $j-i\in\textit{prime}$。此时我们可以直接将 $b_i$ 和 $b_j$ 变为 $0$，共 $1$ 次操作。

2. $j-i$ 为正偶数。

   那么当 $j-i=2$ 时，我们可以对 $b_i$、$b_{i+5}$ 取反，然后再对 $b_{i+2}$、$b_{i+5}$ 取反，共 $2$ 次操作；

   当 $j-i=4$ 时，我们可以对 $b_i$、$b_{i+7}$ 取反，然后再对 $b_{i+4}$、$b_{i+7}$ 取反，共 $2$ 次操作；

   当 $j-i$ 为其他正偶数时，由哥德巴赫猜想在 $10^7$ 范围内的正确性，可知 $j-i$ 可以分为两个奇质数的和。即存在 $p_1+p_2=j-i$，且 $p_1,p_2\in\textit{prime}$。那么我们可以对 $b_i$、$b_{i+p_1}$ 取反，然后再对 $b_{i+p_1}$、$b_{i+p_1+p_2}$ 取反，共 $2$ 次操作。

   综述，当 $j-i$ 为正偶数时，最小的操作数都是 $2$ 次。$(2)$

3. $j-i$ 为除 $\textit{prime}$ 以外的正奇数。

   当 $j-i=1$ 时，我们可以对 $b_i$、$b_{i+7}$ 取反，然后对 $b_{i+4}$、$b_{i+7}$ 取反，对 $b_{i+1}$、$b_{i+4}$ 取反，共 $3$ 次操作。

   类似地，可知当 $j-i=3$ 时，也存在一种方案且最小操作数为 $3$。

   当 $j-i$ 为其他正奇数时，即 $j-i>3$ 且 $j-i$ 为奇数时，我们可以将 $j-i$ 分解成 “$3+\text{正偶数}$” 的形式，然后再由 $(2)$ 得此时最少的操作数为 $3$ 次。

   综述，当 $j-i$ 为除 $\textit{prime}$ 以外的正奇数时，最小的操作数都是 $3$ 次。

所以为了使得操作数最少，我们应该优先使用第 $1$ 种情况。

设有 $k$ 个 $b_i=1$，并且将他们的下标用集合 $S=\{c_1,c_2,\cdots,c_k\}$ 表示。

那么 $k$ 肯定是偶数，因为考虑将 $a_i$ 中连续的 $1$ 当做一个块。那么对于每个块 $a_{\textit{head}}\sim a_{\textit{tail}}$，块头贡献一个 $b_{\textit{head}}=1$，块尾贡献一个 $b_{\textit{tail}+1}$，所以总贡献就是偶数个。

发现如果有 $c_i-c_j\in\textit{prime}$，那么 $c_i$ 和 $c_j$ 的奇偶性必定不同。

于是想到将 $c_i$ 奇偶分类，并对于所有的 $c_i-c_j\in\textit{prime}$，连边 $(i,j)$，那么这就是一个二分图的形式。

显然对这个二分图跑最大匹配就是第 $1$ 种情况的最多使用数。

将这些点取反之后，还剩下一些点需要取反，于是考虑使用第 $2$ 种情况。

显然，若 $c_i-c_j$ 为正偶数，那么 $c_i$ 和 $c_j$ 的奇偶性相同。

所以将奇类中剩下的 $c_i$ 进行两两取反，将偶类中剩下的 $c_i$ 进行两两取反。

然后再考虑第 $3$ 种情况，此时奇类和偶类肯定要么都剩下 $0$ 个未取反、要么都剩下 $1$ 个未取反，因为 $k$ 为偶数。然后对于各剩下 $1$ 个未取反的情况下，将他们两个按第 $3$ 种情况处理。

将 $3$ 种情况的总操作数加起来，就是最后的答案了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 110
#define INF 0x7fffffff

using namespace std;

int n,a[N];
int tot,odd,b[N<<1];
int cnt=1,head[N<<1],cur[N<<1],nxt[N*N*8+N*4],to[N*N*8+N*4],c[N*N*8+N*4];
int s,t,num[N<<1];

queue<int>q;

void adde(int u,int v,int ci)
{
	to[++cnt]=v;
	c[cnt]=ci;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
	
	to[++cnt]=u;
	c[cnt]=0;
	nxt[cnt]=head[v];
	head[v]=cnt;
}

bool check(int x)//判断一个数是否属于prime
{
	if(x<=2) return false;
	if(!(x&1)) return false;
	for(int i=2,maxn=sqrt(x);i<=maxn;i++)
		if(!(x%i)) return false;
	return true;
}

bool bfs()
{
	memcpy(cur,head,sizeof(cur));
	memset(num,-1,sizeof(num));
	q.push(s);
	num[s]=0;
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
		{
			int v=to[i];
			if(c[i]&&num[v]==-1)
			{
				num[v]=num[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return num[t]!=-1;
}

int dfs(int u,int minflow)
{
	if(u==t||!minflow) return minflow;
	int preflow=0,nowflow;
	for(int i=cur[u];i;i=nxt[i])
	{
		cur[u]=i;
		int v=to[i];
		if(num[v]==num[u]+1&&(nowflow=dfs(v,min(c[i],minflow-preflow))))
		{
			preflow+=nowflow;
			c[i]-=nowflow;
			c[i^1]+=nowflow;
			if(!(minflow-preflow)) break;
		}
	}
	return preflow;
}

int dinic()//用dinic跑最大匹配
{
	int maxflow=0;
	while(bfs())
		maxflow+=dfs(s,INF);
	return maxflow;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	b[++tot]=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]-a[i-1]>1)
		{
			b[++tot]=a[i-1]+1;//块尾贡献
			b[++tot]=a[i];//块头贡献
		}
	}
	b[++tot]=a[n]+1;
	s=1,t=1+tot+1;
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		if(b[i]&1)
		{
			odd++;
			adde(s,1+i,1);
			for(int j=1;j<=tot;j++)
				if(check(abs(b[i]-b[j]))) adde(1+i,1+j,1);
		}
		else adde(1+i,t,1);
	}
	int sum1=dinic();
	printf("%d\n",sum1+(odd-sum1)/2*2+((tot-odd)-sum1)/2*2+((odd-sum1)&1)*3);
	return 0;
}