【Atcoder】ARC 080 F - Prime Flip

【算法】数论,二分图最大匹配

【题意】有无限张牌,给定n张面朝上的牌的坐标(N<=100),其它牌面朝下,每次操作可以选定一个>=3的素数p,并翻转连续p张牌,求最少操作次数使所有牌向下。

【题解】

1.定义bi,当ai和ai-1的朝向相同时,bi=0,否则bi=1。特别的,a0朝向下。

则问题转化为:给定01序列b[],每次选L(正数)和P(奇素数),翻转bL和bP,求最少操作次数使序列全0。

 

这么转化的关键在于差分,对于区间翻转,区间内的点bi都不会变化,只有区间左端和区间右端+1变化,将区间差分为两点

如此每次操作变成了对两点操作!大大简化了题目。

 

2.由于每次只能翻转2个数,考虑所有1之间的两两关系

若|i-j|是一个奇素数,操作次数为1。

若|i-j|是一个偶数,操作次数为2。(不严格,此处的意思是一个偶数可以分解为两个奇素数的加减结果)

若|i-j|是一个奇合数(或1),操作次数为3。(分解为偶数减奇素数的差)

 

素数与合数的关系通过手算小数据就可以得出,然后大胆推广到自然数范围内。

1的总数是偶数?证明:对于a[]中的一段1,b[]对应有2个1。

为什么每次处理两个1是最优的?感性理解:另外把0翻转成1没有收益,把1翻转成0不满足操作。

 

3.按照每个1所在位置是奇数和偶数分成两组m1,m2,同组内配对是偶数,不同组配对是奇数,定义k为两组配对产生的奇素数的对数。

ans=k*1+(m1-k)/2*2+(m2-k)/2*2+(m1-k)%2*3。

k为1次,剩余的组内配对为2次,最后各组有剩1个再配对为3次。

显然k要尽可能大,对两组建立二分图,差为奇素数连边,跑二分图最大匹配即可。

最坏复杂度O(n^3)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=510,maxL=10000010,inf=0x3f3f3f3f;
struct cyc{int v,flow,from;}e[maxn*maxn*2];
int tot=1,cnt,n,first[maxn],d[maxn],S,T,num[maxn],b[maxn],cur[maxn];
bool c[maxL];
inline int ab(int x){return x>0?x:-x;}
bool isprime(int x){
    if(x<=2)return 0;
    for(int i=2;i*i<=x;i++)if(x%i==0)return 0;
    return 1;
}
void insert(int u,int v,int w){
    tot++;e[tot].v=v;e[tot].flow=w;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;
    tot++;e[tot].v=u;e[tot].flow=0;e[tot].from=first[v];first[v]=tot;
}
queue<int>q;
bool bfs(){
    memset(d,-1,sizeof(d));
    q.push(S);d[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=first[x];i;i=e[i].from)
        if(d[e[i].v]==-1&&e[i].flow){
            d[e[i].v]=d[x]+1;
            q.push(e[i].v);
        }
    }
    return d[T]!=-1;
}
int dinic(int x,int a){
    if(x==T||a==0)return a;
    int f,flow=0;
    for(int& i=cur[x];i;i=e[i].from)
    if(d[e[i].v]==d[x]+1&&e[i].flow&&(f=dinic(e[i].v,min(a,e[i].flow)))>0){
        e[i].flow-=f;
        e[i^1].flow+=f;
        a-=f;
        flow+=f;
        if(a==0)break;
    }
    return flow;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&num[i]);c[num[i]]=1;}
    for(int i=1;i<=maxL-5;i++)if(c[i]!=c[i-1])b[++cnt]=i;
    S=0;T=cnt+1;
    int m1=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)if(b[i]&1){
        m1++;
        insert(S,i,1);
        for(int j=1;j<=cnt;j++)if(!(b[j]&1)&&isprime(ab(b[i]-b[j])))insert(i,j,1);
    }else{
        insert(i,T,1);
    }
    int ans=0;
    while(bfs()){
        for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i];
        ans+=dinic(S,inf);
    }
    printf("%d",cnt-ans+(m1-ans)%2);
    return 0;
}
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posted @ 2017-08-13 09:03 ONION_CYC 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏