题目大意：
给一个长为(n)的序列(v).有两操作如下：
一：删除一段长为(m(m<n))的连续子序列,费用为(m*a).操作一只能执行一次.
二：给一个数(+1/-1)，费用为(b).每个数只能执行一次操作二.
求使所有数最大公约数大于(1)的最小代价.
题解：
由于序列不能全部删完，所以最后必定会留下第一个数或最后一个数，而这两个数又能够加减(1)或保持不变，所以共有六种情况.
我们枚举这六种情况，然后枚举质因子(x)进行(mathcal{DP}).
我们先预处理出每个数(v)的代价(c).
- 若(v%x==0)则(c=0).
- 若((v+1)%x==0) 或((v-1)%x==0)则(c=b)
- 其它情况(c=inf)
(dp)状态：(f[i][0/1/2])表示到第(i)个位置未删/在删/删完数的最小代价.则有转移方程如下：
[f[i][0]=f[i-1][0]+c[i]
]
[f[i][1]=min(f[i-1][0], f[i-1][1])+a
]
[f[i][2]=min(f[i-1][1], f[i-1][2])+c[i]
]
然后据此转移即可.
const ll inf=1000000000000000LL, N=1e6+6;
ll n, a, b;
ll v[N];
ll res=inf;
ll c[N];
ll f[N][3];
inline void calc(ll x){
for (R ll i=1; i<=n; i++){
if (v[i]%x==0) c[i]=0;
else if (v[i]%x==1 || v[i]%x==x-1) c[i]=b;
else c[i]=inf;
}
for (R ll i=1; i<=n; i++){
f[i][0]=min(inf, f[i-1][0]+c[i]);
f[i][1]=min(inf, min(f[i-1][0], f[i-1][1])+a);
f[i][2]=min(inf, min(f[i-1][1], f[i-1][2])+c[i]);
}
chkmin(res, f[n][0]);
chkmin(res, f[n][1]);
chkmin(res, f[n][2]);
}
inline void solve(ll x){
for (R ll i=2; i<=100000; i++){
if (x%i==0){
calc(i);
while (x%i==0) x/=i;
}
}
if (x!=1) calc(x);
}
int main(){
read(n); read(a); read(b);
for (R ll i=1; i<=n; i++) read(v[i]);
for (R ll i=-1; i<=1; i++) solve(i+v[1]), solve(i+v[n]);
writeln(res);
}