[建模] [二分图] [贪心] [ARC080F] Prime Flip _ noip模拟赛 疯癫兄弟

posted on 2023-11-15 00:46:57 | under | source

注：当初 noip 模拟赛的题，赛后听完评讲觉得挺好，遂记之。恰好夏令营时 lby 学长讲到了这道题，所以翻出来水一发题解回顾一下。

巧妙的建模，还需结合贪心。

思路

首先用 \(0/1\) 表示状态，那么每次操作等价于给区间异或 \(1\)，可以考虑差分在首尾打上标记。这样就将区间操作转化为对数对操作。

既然考虑了差分，那么不妨把输入也看成差分操作，即 \(f_{x_i} \bigoplus1,f_{x_{i+1}} \bigoplus1\)。

注意到对 \(0\) 端点操作一定不优，那么首先对操作数对的距离进行讨论。

1. 为奇质数：花费 \(1\)。
2. 为偶数：由哥德巴赫猜想知可拆为两个奇质数操作，花费 \(2\)。
3. 为非质奇数：花费 \(3\)。

（注意保证有解）

然后可以由奇偶性建二分图，显然有个贪心，先进行操作 \(1\)，然后是操作 \(2\)，最后实在不行再用操作 \(3\)。

因此可以按如下步骤操作：

1. 优先连奇质数边，即跑一边二分图最大匹配。
2. 剩下的未匹配点内部连偶数边。
3. 显然左右部都至多剩下 \(1\) 个点，对它们连非质奇数边即可。

怎么严谨证明呢？我们设 \(A,B,x\) 分别为二分图左右部顶点数，以及操作 \(1\) 的个数（即匹配边数量）。

令 \(G(x)\) 表示此时花费，有 \(G(x)=x+2\lfloor \frac {A-x}2 \rfloor+2\lfloor \frac {B-x}2\rfloor+3((A-x)\bmod 2)\) 。

然后对 \(x\) 分奇偶讨论，容易发现 \(G(x)\) 是单调的，所以取 \(x\) 最大值即可。

时间开销最大的是二分图最大匹配部分，当初考场的毒瘤出题人卡了匈牙利算法，所以用的是 \(\rm dinic\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e3 + 5, M = 1e6 + 2e3 + 5, C = 1e7, inf = 1e9; 
int k, n, x, a[N], s, t, L, R;
int head[N], now[N], tot = 1;
int dep[N], ans;
bool yfz[C + 5];
struct edge{int v, nxt, w;}e[M << 1];

inline void add(int u, int v, int w) {e[++tot] = {v, head[u], w}, head[u] = tot;}
inline bool bfs(){
	for(int i = s; i <= t;++i) dep[i] = inf, now[i] = head[i];
	queue<int>q;
	q.push(s), dep[s] = 0;
	while(!q.empty()){
		int u = q.front(); q.pop();
		for(int i = head[u], v; v = e[i].v, i; i = e[i].nxt)
			if(e[i].w && dep[v] == inf){
				dep[v] = dep[u] + 1;
				q.push(v);
				if(v == t) return true;
			}
	}
	return false;
}
inline int dfs(int u, int sum){
	if(u == t) return sum;
	int k, res = 0;
	for(int i = now[u], v; v = e[i].v, i && sum; now[u] = i, i = e[i].nxt)
		if(e[i].w && dep[u] + 1 == dep[v]){
			k = dfs(v, min(sum, e[i].w));
			if(!k) dep[v] = inf;
			e[i].w -= k, e[i ^ 1].w += k;
			sum -= k, res += k;
		}
	return res; 
}
inline bool check(int p){
	if(p <= 2 || p % 2 == 0) return false;
	for(int i = 2; i * i <= p;++i)
		if(p % i == 0) return false;
	return true;
}
inline void build(){
	cin >> k;
	for(int i = 1; i <= k; ++i) scanf("%d", &x), yfz[x] ^= 1, yfz[x + 1] ^= 1;
	for(int i = 0; i <= C + 1; ++i) if(yfz[i]) a[++n] = i;
	s = 0, t = n + 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		if(a[i] & 1) add(s, i, 1), add(i, s, 0), ++L;
		else add(i, t, 1), add(t, i, 0), ++R;
		for(int j = i + 1; j <= n; ++j)
			if(check(a[j] - a[i]))
				if(a[i] & 1) add(i, j, 1), add(j, i, 0);
				else add(j, i, 1), add(i, j, 0);
	}
}
inline void solve(){
	while(bfs()) ans += dfs(s, inf); 
	int pipei = ans;
	ans += (L - pipei) / 2 * 2 + (R - pipei) / 2 * 2;
	if((L - pipei) & 1) ans += 3;
}
signed main(){
	build();
	solve();
	cout << ans;
	return 0;
}