题解 CF510E 【Fox And Dinner】

可以用网络流解决这个题。

注意到\(a_i \geqslant 2\)，所以当相邻数字要和为质数时，这两个数要一个为奇数，一个为偶数。

所以就先将所有数按奇偶分为两列，其就构成了一个二分图，二分图中和为质数的两个数间连容量为\(1\)的边，表示只能匹配一次。

因为是圆桌，所以一个数要恰好匹配两个数，所以每个点在和源汇点连边时，容量要为\(2\)，同时这也保证了每个圆桌中至少有\(3\)个狐狸。

无解的情况就是二分图两个部分大小不是都为\(\frac{n}{2}\)或最大流的结果不为\(n\)。

在跑完最大流后的残量网络中找环即可确定满足要求的分配方案。

\(code:\)

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 400010
#define all 20000
#define inf 1000000000
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
    x=0;char c=getchar();bool flag=false;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    if(flag)x=-x;
}
int n,tot,s,t,cnt1,cnt2,ans;
int a[maxn],p1[maxn],p2[maxn],p[maxn],cur[maxn],d[maxn];
bool tag[maxn],vis[maxn];
vector<int> ve[maxn];
struct edge
{
    int to,nxt,v;
}e[maxn];
int head[maxn],edge_cnt=1;
void add(int from,int to,int val)
{
    e[++edge_cnt]=(edge){to,head[from],val},head[from]=edge_cnt;
    e[++edge_cnt]=(edge){from,head[to],0},head[to]=edge_cnt;
}
bool bfs()
{
	queue<int> q;
	for(int i=s;i<=t;++i) cur[i]=head[i],d[i]=0;
	q.push(s),d[s]=1;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
		{
			int y=e[i].to,v=e[i].v;
			if(d[y]||!v) continue;
			d[y]=d[x]+1,q.push(y);
		}
	}
	return d[t];
}
int dfs(int x,int lim)
{
	if(x==t) return lim;
	int res=lim,flow;
	for(int &i=cur[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		int y=e[i].to,v=e[i].v;
		if(d[y]!=d[x]+1||!v) continue;
		if(flow=dfs(y,min(res,v)))
		{
			res-=flow;
			e[i].v-=flow;
			e[i^1].v+=flow;
			if(!res) break;
		}
	}
	return lim-res;
}
int dinic()
{
    int flow,v=0;
    while(bfs())
        while(flow=dfs(s,inf))
            v+=flow;
    return v;
}
void init()
{
    for(int i=2;i<=all;++i)
    {
        if(!tag[i]) p[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot;++j)
        {
            int k=i*p[j];
            if(k>all) break;
            tag[k]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}
void dfs_ans(int x,int type)
{
    vis[x]=true,ve[ans].push_back(x);
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        int y=e[i].to;
        if(e[i^type].v||vis[y]) continue;
        dfs_ans(y,type^1);
    }
}
int main()
{
    init(),read(n),t=n+1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        read(a[i]);
        if(a[i]&1) p1[++cnt1]=i;
        else p2[++cnt2]=i;
    }
    if(cnt1!=cnt2)
    {
        puts("Impossible");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n/2;++i)
        for(int j=1;j<=n/2;++j)
            if(!tag[a[p1[i]]+a[p2[j]]])
                add(p1[i],p2[j],1);
    for(int i=1;i<=n/2;++i) add(s,p1[i],2);
    for(int i=1;i<=n/2;++i) add(p2[i],t,2);
    if(dinic()!=n)
    {
        puts("Impossible");
        return 0;
    }
    vis[s]=vis[t]=true;
    for(int i=1;i<=n/2;++i)
    {
        if(vis[p1[i]]) continue;
        ans++,dfs_ans(p1[i],0);
    }
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<=ans;++i)
    {
        printf("%d ",ve[i].size());
        for(int j=0;j<ve[i].size();++j)
            printf("%d ",ve[i][j]);
        puts("");
    }
    return 0;
}