打了好多个代码。
对于测试点1，11：手动模拟。
1 void QJ1_11()
2 {
3 if(n==2)
4 {
5 int tk;
6 if(pd(a[1]+a[2]))tk=2;
7 else tk=1;
8 if(tk<=k)
9 {
10 puts("1");
11 puts("");
12 }
13 else
14 {
15 puts("2");
16 printf("%d
",1);
17 }
18 exit(0);
19 }
20 }
对于测试点2～6：
可以用贪心的方法，从后往前扫，每遇到一个数，判断是否可以加入当前段，不行则断开。复杂度$n^2$.
1 void QJ2_6()
2 {
3 if(k==1)
4 {
5 if(n==4||n==16||n==256||n==1024)
6 {
7 LL l=n,num=0;
8 for(int i=n;i;i--)
9 {
10 for(int j=l;j>i;j--)
11 if(pd(a[i]+a[j]))
12 {
13 num++,ans[++cnt]=i,l=i;break;
14 }
15 }
16 if(ans[cnt]==0&&cnt!=0){cnt--;}
17 else num++;
18 printf("%lld
",num);
19 for(int i=cnt;i;i--)
20 printf("%lld ",ans[i]);
21 exit(0);
22 }
23 }
24 }
对于测试点7～10：
n=131072，那么换一种枚举方法，判断是否存在啊a[j]+a[i]=x^2,开一个桶，只需要枚举x（1～512）即可。复杂度n*√n。
1 void QJ7_10() 2 { 3 if(k==1) 4 { 5 if(n==131072) 6 { 7 int num=0; 8 for(int i=n;i;i--) 9 { 10 for(int j=512;j&&j*j>a[i];j--) 11 if(t[j*j-a[i]]) 12 { 13 num++,ans[++cnt]=i;ma(t);break; 14 } 15 t[a[i]]=1; 16 } 17 if(ans[cnt]==0&&cnt!=0){cnt--;} 18 else num++; 19 printf("%d ",num); 20 for(int i=cnt;i;i--) 21 printf("%lld ",ans[i]); 22 exit(0); 23 } 24 } 25 }
对于测试点12～25：
同样的贪心方法，将矛盾的两只兔子连边，如果此时是一张二分图，那么一定可以将其分成两个小团体使其不发生矛盾，k=2，否则就断开。理论复杂度$n^2$,实际上因为点比较水（可能出题人觉得这是$n^3$，所以没有卡这个算法），可以A掉，跑的还挺快。
1 void QJ12_25() 2 { 3 if(k==2) 4 // if(n==4||n==8||n==16) 5 { 6 int num=0,l=n; 7 for(re int i=n;i;i--) 8 { 9 for(re int j=l;j>i;j--) 10 if(pd(a[i]+a[j])) 11 add(i,j),add(j,i); 12 for(re int j=l;j>=i;j--)co[j]=0; 13 if(!dfs(i,2)) 14 { 15 l=i;num++;ans[++cnt]=i; 16 for(re int j=l;j>=i;j--)first[j]=0; 17 num_e=0; 18 } 19 } 20 if(ans[cnt]==0&&cnt!=0){cnt--;} 21 else num++; 22 printf("%d ",num); 23 for(re int i=cnt;i;i--) 24 printf("%lld ",ans[i]); 25 exit(0); 26 } 27 }
同样对k=2的正解：
这个我还没打，先坑着。