AT2689 Prime Flip

传送门

这个题是真的巧妙
首先一个很巧妙的思路，差分
考虑假如\(a_i!=a_{i-1}\)，则\(b_i=1\)，否则\(b_i=0\)
这样一来，一个区间的翻转就变成了对于两个数的取反了
然后我们来考虑一下取反的代价（没错这个题我就只想到了这个）
1、假如距离是奇质数，只要1步，显然
2、假如距离是偶数，引用一下哥德巴赫猜想，2步即可
3、假如距离是奇合数，就是3步（奇质数+偶数）
显然我们可以把这些\(b_i=1\)的按照奇偶性分为2组
组内距离一定是奇数，组与组之间可能是奇质数也可能是奇合数
但是我们显然需要距离为奇质数最多，所以考虑将两组间距离为奇质数的连边，跑二分图最大匹配
然后假设最大匹配是\(k\)，两组的size分别是\(size1,size2\)
那么答案显然是\(ans=k+\lfloor\frac{size1-k}{2}\rfloor*2+\lfloor\frac{size2-k}{2}\rfloor*2+(size1-k)\%2*3\)
代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
void read(int &x){
    char ch;bool ok;
    for(ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')ok=1;
    for(x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());if(ok)x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=210;bool vis[maxn];
int f[maxn],n,ans,a[maxn],mp[maxn][maxn],b[maxn],tot1,tot2,x[maxn];
bool check(int x){
    if((!(x&1))||x==1)return 0;
    int n=sqrt(x);
    for(rg int i=2;i<=n;i++)
        if(!(x%i))return 0;
    return 1;
}
bool dfs(int x){
    for(rg int i=1;i<=tot2;i++)
        if(!vis[i]&&mp[x][i]){
            vis[i]=1;
            if(!f[i]||dfs(f[i]))return f[i]=x,1;
        }
    return 0;
}
int main(){
    read(n);
    for(rg int i=1;i<=n;i++)read(x[i]);
    if(n==1){printf("3\n");return 0;}
    for(rg int i=1;i<=n;i++){
        if(x[i+1]-x[i]!=1||i==n){
            if((x[i]+1)%2==0)a[++tot1]=x[i]+1;
            else b[++tot2]=x[i]+1;
        }
        if(x[i]-x[i-1]!=1||i==1){
            if(x[i]&1)b[++tot2]=x[i];
            else a[++tot1]=x[i];
        }
    }
    for(rg int i=1;i<=tot1;i++)
        for(rg int j=1;j<=tot2;j++)
            if(check(abs(a[i]-b[j])))mp[i][j]=1;
    for(rg int i=1;i<=tot1;i++){
        memset(vis,0,sizeof vis);
        if(dfs(i))ans++;
    }
    printf("%d\n",ans+(tot1-ans)/2*2+(tot2-ans)/2*2+(tot1-ans)%2*3);
}