【dp】CodeForces - 623B Array GCD

Link：http://codeforces.com/problemset/problem/623/B

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")

/*
CodeForces - 623B
題意：給出n個數的序列，對序列可以有兩種操作：
1. 將一段len長的序列直接刪去，消耗len*a的能量；  一個序列只能刪一次，並且不能刪完整個序列。
2. 將一個數+1或-1，消耗b能量； 每個數只能變一次。
使得序列的最大公約數大於1，消耗的能量最小值
題解：因為刪去的部分不會同時包含第一個數a[1]和最後一個數a[n]，那麼序列的最大公約數的可能性為：
a[1]-1,a[1],a[1]+1,a[n]-1,a[n],a[n]+1 的質因子。據說一個數n的質因子個數為log2(n)的規模，那麼其實
最大公約數的可能值很小。
對於已知的最大公約數，計算序列最小花費，dp如下定義：
LL dp[N][5];     //0 不處理，1 處理+1-1，2 刪去，3 刪去用過不處理， 4 刪去用過處理-1+1
*/

const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
//const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL INF = 1e18;
const int Mod = 1e9;
const int N = 1000010;

int a[N];
set<int> gcd;
void prime(int x)
{
    for(int i = 2; i*i <= x; i++){
        if(x%i == 0)
            gcd.insert(i);
        while(x%i==0)
            x /= i;
    }
    if(x != 1)
        gcd.insert(x);
}
int n,aa,bb;
LL dp[N][5];       //0 不處理，1 處理+1-1，2 刪去，3 刪去用過不處理， 4 刪去用過處理-1+1
LL solve(int x)
{
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 0; j < 5; j++)
            dp[i][j] = INF;
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(a[i]%x == 0)
        {
            dp[i][0] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);
            dp[i][3] = min(dp[i-1][2],min(dp[i-1][3],dp[i-1][4]));
        }
        if((a[i]-1)%x==0 || (a[i]+1)%x==0)
        {
            dp[i][1] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+bb;
            dp[i][4] = min(dp[i-1][2],min(dp[i-1][3],dp[i-1][4]))+bb;
        }
        dp[i][2] = min(dp[i-1][0],min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]))+aa;
    }
    LL mi = INF;
    for(int i = 0; i < 5; i++)
        mi = min(mi,dp[n][i]);
    //printf("%d\n",mi);
    return mi;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&aa,&bb))
    {
        gcd.clear();
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        prime(a[1]);
        prime(a[1]+1);
        prime(a[1]-1);
        prime(a[n]);
        prime(a[n]+1);
        prime(a[n]-1);
        LL mi = INF;
        set<int>::iterator it;
        for(it = gcd.begin(); it != gcd.end(); it++){
            //printf("gcd = %d\n",*it);
            mi = min(mi,solve(*it));
        }
        printf("%lld\n",mi);
    }
    return 0;
}