这种区间反转的题，套路就是差分。
设 \(a_i\) 表示第 \(i\) 枚硬币是否正面朝上，显然只有 \(a_{x_1},a_{x_2},\cdots,a_{x_n}\) 等于 \(1\)，其他都是 \(0\)。那么我们的目标是把 \(a\) 数组全部变成 \(0\)。
设 \(b_i\) 表示第 \(i\) 枚硬币和第 \(i-1\) 枚硬币是否不同，即 \(b_i=a_i\operatorname{xor} a_{i-1}\)。那么我们的目标就变成了把 \(b\) 数组全部变成 \(0\)，即让每个数都相同。
设 \(\textit{prime}\) 为所有奇数质数的集合，\(p\in \textit{prime}\)，那么一次反转可以看做将 \(a_i\sim a_{i+p-1}\) 全部取反。
发现将 \(a_i\sim a_{i+p-1}\) 取反后其实等价于 \(b_i\) 和 \(b_{i+p}\) 两个数取反。
所以现在操作就变成了：任意选择两个正整数 \(i,j\)，且满足 \(j-i\in\textit{prime}\)，然后将 \(b_i\) 和 \(b_j\) 取反。
然后在所有值为枚举满足 \(b_i=b_j=1\) 的任意一对 \(i,j\)（\(i<j\)），考虑如何操作才能将 \(b_i\) 和 \(b_j\) 都变为 \(0\) 且操作数最少，分情况讨论：
-
\(j-i\in\textit{prime}\)。此时我们可以直接将 \(b_i\) 和 \(b_j\) 变为 \(0\)，共 \(1\) 次操作。
-
\(j-i\) 为正偶数。
那么当 \(j-i=2\) 时，我们可以对 \(b_i\)、\(b_{i+5}\) 取反，然后再对 \(b_{i+2}\)、\(b_{i+5}\) 取反，共 \(2\) 次操作；
当 \(j-i=4\) 时，我们可以对 \(b_i\)、\(b_{i+7}\) 取反，然后再对 \(b_{i+4}\)、\(b_{i+7}\) 取反，共 \(2\) 次操作；
当 \(j-i\) 为其他正偶数时，由哥德巴赫猜想在 \(10^7\) 范围内的正确性，可知 \(j-i\) 可以分为两个奇质数的和。即存在 \(p_1+p_2=j-i\)，且 \(p_1,p_2\in\textit{prime}\)。那么我们可以对 \(b_i\)、\(b_{i+p_1}\) 取反，然后再对 \(b_{i+p_1}\)、\(b_{i+p_1+p_2}\) 取反，共 \(2\) 次操作。
综述，当 \(j-i\) 为正偶数时，最小的操作数都是 \(2\) 次。\((2)\)
-
\(j-i\) 为除 \(\textit{prime}\) 以外的正奇数。
当 \(j-i=1\) 时，我们可以对 \(b_i\)、\(b_{i+7}\) 取反，然后对 \(b_{i+4}\)、\(b_{i+7}\) 取反，对 \(b_{i+1}\)、\(b_{i+4}\) 取反，共 \(3\) 次操作。
类似地，可知当 \(j-i=3\) 时，也存在一种方案且最小操作数为 \(3\)。
当 \(j-i\) 为其他正奇数时，即 \(j-i>3\) 且 \(j-i\) 为奇数时，我们可以将 \(j-i\) 分解成 “\(3+\text{正偶数}\)” 的形式，然后再由 \((2)\) 得此时最少的操作数为 \(3\) 次。
综述，当 \(j-i\) 为除 \(\textit{prime}\) 以外的正奇数时，最小的操作数都是 \(3\) 次。
所以为了使得操作数最少，我们应该优先使用第 \(1\) 种情况。
设有 \(k\) 个 \(b_i=1\)，并且将他们的下标用集合 \(S=\{c_1,c_2,\cdots,c_k\}\) 表示。
那么 \(k\) 肯定是偶数，因为考虑将 \(a_i\) 中连续的 \(1\) 当做一个块。那么对于每个块 \(a_{\textit{head}}\sim a_{\textit{tail}}\)，块头贡献一个 \(b_{\textit{head}}=1\)，块尾贡献一个 \(b_{\textit{tail}+1}\)，所以总贡献就是偶数个。
发现如果有 \(c_i-c_j\in\textit{prime}\)，那么 \(c_i\) 和 \(c_j\) 的奇偶性必定不同。
于是想到将 \(c_i\) 奇偶分类，并对于所有的 \(c_i-c_j\in\textit{prime}\)，连边 \((i,j)\)，那么这就是一个二分图的形式。
显然对这个二分图跑最大匹配就是第 \(1\) 种情况的最多使用数。
将这些点取反之后，还剩下一些点需要取反，于是考虑使用第 \(2\) 种情况。
显然，若 \(c_i-c_j\) 为正偶数，那么 \(c_i\) 和 \(c_j\) 的奇偶性相同。
所以将奇类中剩下的 \(c_i\) 进行两两取反，将偶类中剩下的 \(c_i\) 进行两两取反。
然后再考虑第 \(3\) 种情况，此时奇类和偶类肯定要么都剩下 \(0\) 个未取反、要么都剩下 \(1\) 个未取反，因为 \(k\) 为偶数。然后对于各剩下 \(1\) 个未取反的情况下，将他们两个按第 \(3\) 种情况处理。
将 \(3\) 种情况的总操作数加起来，就是最后的答案了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 110
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int n,a[N];
int tot,odd,b[N<<1];
int cnt=1,head[N<<1],cur[N<<1],nxt[N*N*8+N*4],to[N*N*8+N*4],c[N*N*8+N*4];
int s,t,num[N<<1];
queue<int>q;
void adde(int u,int v,int ci)
{
to[++cnt]=v;
c[cnt]=ci;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;
c[cnt]=0;
nxt[cnt]=head[v];
head[v]=cnt;
}
bool check(int x)//判断一个数是否属于prime
{
if(x<=2) return false;
if(!(x&1)) return false;
for(int i=2,maxn=sqrt(x);i<=maxn;i++)
if(!(x%i)) return false;
return true;
}
bool bfs()
{
memcpy(cur,head,sizeof(cur));
memset(num,-1,sizeof(num));
q.push(s);
num[s]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(c[i]&&num[v]==-1)
{
num[v]=num[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return num[t]!=-1;
}
int dfs(int u,int minflow)
{
if(u==t||!minflow) return minflow;
int preflow=0,nowflow;
for(int i=cur[u];i;i=nxt[i])
{
cur[u]=i;
int v=to[i];
if(num[v]==num[u]+1&&(nowflow=dfs(v,min(c[i],minflow-preflow))))
{
preflow+=nowflow;
c[i]-=nowflow;
c[i^1]+=nowflow;
if(!(minflow-preflow)) break;
}
}
return preflow;
}
int dinic()//用dinic跑最大匹配
{
int maxflow=0;
while(bfs())
maxflow+=dfs(s,INF);
return maxflow;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
b[++tot]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i]-a[i-1]>1)
{
b[++tot]=a[i-1]+1;//块尾贡献
b[++tot]=a[i];//块头贡献
}
}
b[++tot]=a[n]+1;
s=1,t=1+tot+1;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
if(b[i]&1)
{
odd++;
adde(s,1+i,1);
for(int j=1;j<=tot;j++)
if(check(abs(b[i]-b[j]))) adde(1+i,1+j,1);
}
else adde(1+i,t,1);
}
int sum1=dinic();
printf("%d\n",sum1+(odd-sum1)/2*2+((tot-odd)-sum1)/2*2+((odd-sum1)&1)*3);
return 0;
}