【二分图】【质数】【转换】[ARC080F] Prime Flip

神。

要把所有硬币翻转成反面，也就是说要把所有 $a_i$ 通过某种方式翻转。定义 $b_i = [a_i \not = a_{i-1}]$。会发现，假如翻转 $a_i\sim a_{j-1}$，其实是在翻转 $b_i,b_{j}$，题目要求 $j-i$ 为奇素数。这种差分是套路。

现在问题转换为：用最少的翻转次数，使所有 $b_i$ 相同。

1. 我们可以直接翻转 $j-i$ 为奇素数的情况。

2. 对于是偶数的情况。因为哥德巴赫猜想“任意大于 $4$ 的偶数都能被表示为两个奇素数之和”在题目范围内是正确的，即 $len = p+q$。这样一来，只要翻转 $b_i,b_{i+p},b_{i+p},b_{i+p+q}$ 就好了。稍微尝试一下，发现 2 可以表示为 $2+5=7$，即翻转 $b_i,b_{i+7},b_{i+2},b_{i+7}$。$4$ 同理可得。总而言之，偶数通过两次翻转消除。

3. 对于是奇数并且不是质数的情况。因为 哥德巴赫猜想（还真是） $i-j > 3$ 的时候，只要将上面的结论 $+ 3$ 就可以得到了...$1,3$ 可以手动枚举一下。总而言之，奇数但不素数通过两次翻转消除。

根据贪心，按照 $1,2,3$ 的顺序消除。因为奇数是 $j,i$ 奇偶性不同的情况，将所有奇，偶数分类跑二分图最大匹配。偶数是 $j,i$ 奇偶性相同的情况，直接排除情况 1 计算。还有两种剩下的跑第三种。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3+10;
int n,a[N],b[N];

int tag,vis[N],c[N];
vector<int>e[N];
bool dfs(int u) {
	if(vis[u]==tag) return false;
	vis[u]=tag;
	for(int v:e[u]) {
		if(!c[v]||dfs(c[v])) {
			c[v]=u; return true;
		}
	}
	return false;
}

bool ok(int x) {
	if(x <= 2) return 0;
	for(int i=2;i*i<=x;i++)
		if(x % i == 0) return 0;
	return 1;
}
int main() {
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i];
	}
	a[0] = -1;
	int idx = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(a[i] - a[i-1] > 1) {
			if(i != 1)b[++idx] = a[i-1]+1;
			b[++idx] = a[i];
		}
	}
	b[++idx] = a[n] + 1;
	n = idx;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(b[i] % 2) {
			for(int j=1;j<=n;j++) {
				if(ok(abs(b[i]-b[j]))) e[i].push_back(j);
			}
		}
	}
	int pp = 0, os = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		os += b[i] % 2;
		tag ++;
		if(dfs(i)) pp ++;
	}
	cout<<pp + (os - pp) /2 *2 + (n - os - pp) / 2 * 2 + ((os - pp) % 2) * 3 ;
	return 0;
}