标签：Atcoder Contest int 置换 Permutations ne ret dep ec
好久前做的题了……今天偶然想起来要补个题解
首先考虑排列 \(A_i\) 要么等于 \(i\)，要么等于 \(P_i\) 这个条件有什么用。我们考虑将排列 \(P_i\) 拆成一个个置换环，那么对于每一个 \(i\)，根据其置换环的情况可以分出以下几类：
- 如果 \(i\) 所在置换环大小为 \(1\)，即 \(P_i=i\)，那么 \(A_i\) 别无选择，只能等于 \(i\)
- 如果 \(i\) 所在置换环大小不为 \(1\)，那么 \(A_i\) 有两种选择，\(A_i=i\) 或者 \(A_i=P_i\)
- 如果 \(A_i=i\)，那么假设 \(j\) 为满足 \(P_j=i\) 的位置，那么由于排列中元素不能重复，因此 \(A_j\ne P_j=i\)，即 \(A_j=j\)，我们再找出 \(P_k=j\) 的 \(k\)，也应有 \(A_k=k\)，这样即可确定整个置换环上元素的情况。
- 如果 \(A_i=P_i\)，类似地，设 \(j=P_i\)，那么 \(A_j\ne j\)，因为排列中元素不能重复，故 \(A_j=P_j\)，我们再找出 \(k=P_j\) 的位置 \(k\)，也应有 \(A_k=P_k\)，这样也能够确定整个置换环的 \(A\)。
也就是说，对于一个置换环而言，我们可以将其视作一个整体看待——这个置换环中要么所有元素的 \(A_i\) 都等于其本身，要么所有元素的 \(A_i\) 都等于 \(P_i\)，为了使表述更加具体形象，我们把前一种情况称作“转”（orz wlzhouzhuan），后一种情况称作“不转”。那么对于每一个下标 \(i\)，它是否产生的 \(A_i=B_i\) 的情况如下：
- 如果 \(i=P_i=Q_i\)，那么不管怎样都有 \(A_i=B_i\)，我们完全可以直接令答案加一，并忽略这种情况。
- 如果 \(i=P_i\ne Q_i\)，那么若 \(Q_i\) 所在置换环不转就会有 \(A_i=B_i=i\)，对答案产生 \(1\) 的贡献，若 \(Q_i\) 所在置换环转则不会产生这样的情况。
- 如果 \(i=Q_i\ne P_i\)，同理，若 \(P_i\) 所在置换环不转则重复元素个数 \(+1\)，否则重复元素个数不变。
- 如果 \(i\ne P_i=Q_i\)，那么如果 \(P_i\) 所在置换环与 \(Q_i\) 所在置换环同时转/同时不转那么重复元素个数 \(+1\)，否则重复元素个数不变。
- 如果 \(i\ne P_i\ne Q_i\)，那么如果 \(P_i\) 所在置换环与 \(Q_i\) 所在置换环同时不转那么重复元素个数 \(+1\)，否则重复元素个数不变。
如果我们将每个置换环“转”看作被划分入 A 集合，“不转”看作被划分入 B 集合，那么上述条件可以转化为：
- \(i=P_i\ne Q_i\)：如果 \(Q_i\) 所在置换环属于 B 那么答案加 \(1\)
- \(i=Q_i\ne P_i\)：如果 \(P_i\) 所在置换环属于 B 那么答案加 \(1\)
- \(i\ne P_i=Q_i\)：如果 \(P_i,Q_i\) 所在置换环属于相同集合那么答案加 \(1\)
- \(i\ne P_i\ne Q_i\)：如果 \(P_i,Q_i\) 都属于 B 集合那么答案加 \(1\)
看到“划分为两个集合”，“如果两点属于相同/不同集合则代价加 \(1\)，求最小/最大代价”之类的字眼，我们能够想到……最小割！具体来说，我们将每个置换环看作一个点，并新建源汇，我们定义 \(P\) 中的置换环转当且仅当其与 \(S\) 相连，不转当且仅当其与 \(T\) 相连；\(Q\) 中的置换环转当且仅当其与 \(T\) 相连，不转当且仅当其与 \(S\) 相连，这样所有代价都可以用一/两条网络流上的 \(1\) 权边的形式表述，再根据最大流 \(=\) 最小割求出最小代价即可。
时间复杂度同 dinic 求二分图匹配，\(\mathcal O(n\sqrt{n})\)。
const int MAXN=1e5;
const int MAXV=1e5+2;
const int MAXE=2e5*2;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,a[MAXN+5],b[MAXN+5],S=1e5+1,T=1e5+2,ncnt=0;
int bel_a[MAXN+5],bel_b[MAXN+5];
int hd[MAXV+5],to[MAXE+5],cap[MAXE+5],nxt[MAXE+5],ec=1;
void adde(int u,int v,int f){
to[++ec]=v;cap[ec]=f;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;
to[++ec]=u;cap[ec]=0;nxt[ec]=hd[v];hd[v]=ec;
} int dep[MAXV+5],now[MAXV+5];
bool getdep(){
memset(dep,-1,sizeof(dep));dep[S]=0;
queue<int> q;q.push(S);now[S]=hd[S];
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e],z=cap[e];
if(z&&!~dep[y]){
dep[y]=dep[x]+1;
now[y]=hd[y];q.push(y);
}
}
} return ~dep[T];
}
int getflow(int x,int f){
if(x==T) return f;int ret=0;
for(int &e=now[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e],z=cap[e];
if(z&&dep[y]==dep[x]+1){
int w=getflow(y,min(f-ret,z));
ret+=w;cap[e]-=w;cap[e^1]+=w;
if(f==ret) return ret;
}
} return ret;
}
int dinic(){
int ret=0;
while(getdep()) ret+=getflow(S,INF);
return ret;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),++a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),++b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) if(!bel_a[i]){
bel_a[i]=(i^a[i])?(++ncnt):ncnt;int cur=a[i];
while(cur^i) bel_a[cur]=ncnt,cur=a[cur];
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!bel_b[i]){
bel_b[i]=(i^b[i])?(++ncnt):ncnt;int cur=b[i];
while(cur^i) bel_b[cur]=ncnt,cur=b[cur];
} int res=n;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==i&&b[i]==i) res--;
else if(a[i]!=i&&b[i]!=i){
if(a[i]==b[i]) adde(bel_a[i],bel_b[i],1),adde(bel_b[i],bel_a[i],1);
else adde(bel_b[i],bel_a[i],1);
} else {
if(a[i]==i) adde(bel_b[i],T,1);
else adde(S,bel_a[i],1);
}
} printf("%d\n",res-dinic());
return 0;
}
标签：Atcoder,Contest,int,置换,Permutations,ne,ret,dep,ec 来源： https://www.cnblogs.com/ET2006/p/agc038F.html
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