【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; }