题目
题解
很巧妙的一道题。
直接操作显然不好做，把数组差分一下，变为只有每一段连续朝上的开头一个和尾部的后一个为1，其余位置为0，每次操作区间 [l,r] （要求 r-l 为奇素数）把 l 处和 r 处的0/1翻转，要求最后全部变为零。
容易发现差分后1的数量一定是偶数，所以一定是两两翻转消去的，
我们简单地对 r-l 分类讨论一下，有三种情况：
- r-l 为奇素数，操作1次；
- r-l 为偶数，这时候怎么办呢？看到奇素数我们会想到小学三年级学过的哥德巴赫猜想：任何一个大于4的偶数都可以表示为两个奇素数相加，如6=3+3，8=3=5。虽然是个猜想，但是至少在1e7以内是正确的。另外对于小于等于4的偶数2、4，2=5-3，4=7-3，所以此时操作仅需2次。
- r-l 为奇非素数，由于1=7-3-3，而除1以外的所有奇非素数-3过后都是大于4的偶数，所以需要操作3次。
然后我们需要把1两两匹配起来，可以先把1的位置按奇偶性分开，形成一个二分图，差为奇素数的连边，跑一次二分图匹配（每条边贡献1），剩下的点按奇-奇、偶-偶两两匹配删去，贡献2，如果还有剩的，一定是一奇一偶且差为奇非素数，再算一个贡献3。
用匈牙利+朴素判断质数是，用欧拉筛是
，
如果用DINIC跑匹配可以更快，总复杂度大概是或
，
还可以把内的素数筛出然后用朴素判断，复杂度
如果你还想更快，可以用Miller–Rabin算法，但是没必要啊，过了就行了
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#define ll long long
#define MAXN 100005
#define MAXX 10000000
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0;bool f=1;char s=getchar();
while((s<'0'||s>'9')&&s>0){if(s=='-')f^=1;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+s-'0',s=getchar();
return f?x:-x;
}
int n,m,a[205],ans;
bool nop[MAXN];
vector<int>pr;
inline int ads(int x){return x>0?x:-x;}
inline void getprime(int n){
nop[0]=nop[1]=1;
for(int a=2;a<=n;a++){
if(!nop[a])pr.push_back(a);
for(int i=0;i<pr.size()&&pr[i]*a<=n;i++){
nop[pr[i]*a]=1;
if(a%pr[i]==0)break;
}
}
}
inline bool isprime(int x){
if(x<MAXN-4)return !nop[x];
for(int i=0;i<pr.size()&&pr[i]*pr[i]<=x;i++)
if(x%pr[i]==0)return 0;
return 1;
}
int f[100005],cur[505],c,d,s1[205],s2[205],IN;
int dt[505];
struct edge{
int v,id;edge(){}
edge(int V,int I){v=V,id=I;}
};
vector<edge>G[505];
queue<int>q;
inline void addedge(int u,int v,int w){
f[IN]=w,f[IN^1]=0;
G[u].push_back(edge(v,IN)),G[v].push_back(edge(u,IN^1));
IN+=2;
}
inline bool bfs(int S,int T){
while(!q.empty())q.pop();
memset(dt,-1,sizeof(dt));
dt[S]=0,q.push(S);
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<G[u].size();i++)
if(f[G[u][i].id]>0&&dt[G[u][i].v]<0)
dt[G[u][i].v]=dt[u]+1,q.push(G[u][i].v);
}
return dt[T]>=0;
}
inline int dfs(int x,int lim,int T){
if(x==T)return lim;
int res=lim;
for(int i=cur[x];i<G[x].size()&&res>0;i++){
cur[x]=i;
int v=G[x][i].v,a=G[x][i].id;
if(f[a]>0&&dt[v]==dt[x]+1){
int ad=dfs(v,min(res,f[a]),T);
f[a]-=ad,f[a^1]+=ad,res-=ad;
}
}
return lim-res;
}
inline int dinic(int S,int T){
int res=0;
while(bfs(S,T)){
memset(cur,0,sizeof(cur));
while(int ad=dfs(S,INF,T))res+=ad;
}
return res;
}
signed main()
{
n=read();
getprime(MAXN-5);
for(int i=1,ls=-1;i<=n;i++){
int x=read();
if(x>ls+1)a[++m]=x,a[++m]=x+1;
else a[m]++;
ls=x;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
if(a[i]&1)s1[++c]=a[i];
else s2[++d]=a[i];
}
for(int i=1;i<=c;i++)addedge(0,i,1);
for(int i=1;i<=d;i++)addedge(c+i,c+d+1,1);
for(int i=1;i<=c;i++)
for(int j=1,s;j<=d;j++){
s=ads(s1[i]-s2[j]);
if((s&1)&&isprime(s))addedge(i,c+j,1);
}
int p=ans=dinic(0,c+d+1);
ans+=c+d-p-p;
if((c-p&1)&&(d-p&1))ans++;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}