Codeforces AIM TECT Round#1 B DP

题意：给一个序列，有两种操作，1.删除连续的一段（不能删除整个序列），2.把其中一些数+1，或者-1。只能删除一段，删除和改变都有一个权值。要求：删除或改变之后（可以什么都不做）这个序列的gcd值大于1。而且权值最小。

思路：在CF上找了代码参考，dp方程看不懂，然后就自己写了dp方程了。首先，由不能删除整个序列，所以这个序列的gcd值一定是v[1],v[1]-1,v[1]+1,v[n],v[n]-1,v[n]+1的一个质因子。我的dp思路是看以什么结尾。以删除这个数作为结尾，改变这个数作为结尾，还是不变作为结尾。dp方程的意义代码里有写。

http://codeforces.com/contest/623/problem/B

/*********************************************    Problem : AIM TECT Round#1 B    Author  : NMfloat    InkTime (c) NM . All Rights Reserved .********************************************/#include <map>#include <set>#include <queue>#include <stack>#include <cmath>#include <ctime>#include <cstdio>#include <vector>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>#define rep(i,a,b)  for(LL i = (a) ; i <= (b) ; i ++) //遍历#define rrep(i,a,b) for(LL i = (b) ; i >= (a) ; i --) //反向遍历#define repS(it,p) for(auto it = p.begin() ; it != p.end() ; it ++) //遍历一个STL容器#define repE(p,u) for(Edge * p = G[u].first ; p ; p = p -> next) //遍历u所连接的点#define cls(a,x)   memset(a,x,sizeof(a))#define eps 1e-8using namespace std;const int MOD = 1e9+7;// const LL INF = 0x3f3f3f3f;const int MAXN = 1e6+5;const int MAXE = 2e5+5;typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;LL T,n,m;LL fx[] = {0,1,-1,0,0};LL fy[] = {0,0,0,-1,1};LL remove_cost , change_cost;LL v[MAXN];LL cost[MAXN];LL dp[MAXN][3][2];LL INF = (LL)1e18;void factor(LL num , vector<LL> & p) { //获取一个数的质因子，并存进一个数组里。    for(LL i = 2 ; i * i <= num ; i ++) {        if(num % i == 0) {            p.push_back(i);             while(num % i == 0) num /= i;        }    }    if(num != 1) p.push_back(num);}void input() {    rep(i,1,n) scanf("%I64d",&v[i]);}void solve() {    vector<LL>p;    factor(v[1],p); factor(v[1]-1,p); factor(v[1]+1,p);    factor(v[n],p); factor(v[n]-1,p); factor(v[n]+1,p);    sort(p.begin(), p.end());//排序    p.erase(unique(p.begin(), p.end()),p.end()); //消除重复    LL ret = INF;    repS(it,p) {        LL prime = *it;        rep(i,1,n) {            if(v[i] % prime == 0) cost[i] = 0;            else if((v[i]-1) % prime == 0 || (v[i] + 1) % prime == 0) cost[i] = 1;            else cost[i] = 2;        }        if(cost[1] == 2 && cost[n] == 2) continue;        //dp[i][0][0] 代表以cost[i] == 0为结尾 之前没有删除过元素的最小代价        //dp[i][0][1] 代表以cost[i] == 0为结尾 之前删除过一段元素的最小代价        //dp[i][1][0] 代表以cost[i] == 1为结尾 之前没有删除过元素的最小代价        //dp[i][1][1] 代表以cost[i] == 1为结尾 之前删除过一段元素的最小代价        //dp[i][2][0] 代表以cost[i] == 2为结尾 之前删除或没有删除过元素的最小代价              //dp[i][2][1] 无意义        rep(k,1,n) rep(i,0,2) rep(j,0,1) dp[k][i][j] = INF;        dp[0][0][0] = 0;        rep(i,1,n) {            if(cost[i] == 0) {                dp[i][0][0] = min(dp[i-1][0][0],dp[i-1][1][0]);                dp[i][0][1] = min(dp[i-1][0][1],min(dp[i-1][1][1],dp[i-1][2][0]));                dp[i][2][0] = min(dp[i-1][0][0],min(dp[i-1][1][0],dp[i-1][2][0])) + remove_cost;            }            else if(cost[i] == 1) {                dp[i][1][0] = min(dp[i-1][0][0],dp[i-1][1][0]) + change_cost;                dp[i][1][1] = min(dp[i-1][0][1],min(dp[i-1][1][1],dp[i-1][2][0])) + change_cost;                dp[i][2][0] = min(dp[i-1][0][0],min(dp[i-1][1][0],dp[i-1][2][0])) + remove_cost;            }            else if(cost[i] == 2) {                dp[i][2][0] = min(dp[i-1][0][0],min(dp[i-1][1][0],dp[i-1][2][0])) + remove_cost;            }        }        rep(i,0,2) rep(j,0,1) ret = min(ret,dp[n][i][j]);    }    printf("%I64d\n",ret);}int main(void) {    //freopen("a.in","r",stdin);    while(~scanf("%I64d %I64d %I64d",&n,&remove_cost,&change_cost)) {        input();        solve();    }    return 0;}