题目链接
https://atcoder.jp/contests/agc038/tasks/agc038_f
题解
好题。
首先观察到一个性质，对于排列(P), 其所形成的每个轮换中的点(A_i)是选(i)还是选(P_i)的状态必须相同。(Q_i)同理。
然后转化成最小化(A_i=B_i)的位置(i)数量。
考虑(A_i=B_i)的条件:
(1) (P_i=Q_i=i), 则此位置无用，(A_i=B_i)一定满足。
(2) (P_i=i, Q_i
e i), 则(A_i=B_i)等价于(B_i=i).
(3) (P_i
e i, Q_i=i), 则(A_i=B_i)等价于(A_i=i).
(4) (P_i=Q_i
e i), 则(A_i=B_i)等价于(A_i)和(B_i)选的状态(即是(i)还是(P_i)或(Q_i))相同。
(5) (P_i
e Q_i
e i), 则(A_i=B_i)等价于(A_i=i)且(B_i=i).
那么我们可以从中观察到一个集合划分模型: 把所有点划分为(S,T)两个集合，设(A_i=i)表示(A_i)在(S)集，(A_i=P_i)表示(A_i)在(T)集，(B_i=i)表示(i)在(T)集，(B_i=Q_i)表示(i)在(S)集。那么上述条件就可以转化为:
对每个位置(i):
(1) (P_i=Q_i), 则此位置无用，一定要花费(1)的代价。
(2) (P_i=i, Q_i
e i), 则如果(B_i)在(T)集需要花费(1)的代价。((S)连到(Q_i))
(3) (P_i
e i, Q_i=i), 则如果(A_i)在(S)集需要花费(1)的代价。((P_i)连到(T))
(4) (P_i=Q_i
e i), 则如果(A_i)和(B_i)在不同的集合要花费(1)的代价。((P_i)与(Q_i)连双向)
(5) (P_i
e Q_i
e i), 则如果(A_i)在(S)集且(B_i)在(T)集需要花费(1)的代价。((P_i)连到(Q_i))
于是，给每个轮换建立一个点，再对每个(i)分类讨论，将其所对应的轮换连边即可。
由于建出来的图是二分图，且边权都是(1), 故时间复杂度(O(nsqrt n)).
我写完之后一直TLE, 最后发现居然是我写了两年的当前弧优化一直是个假的……挂了38发真的是很无语……
代码
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int INF = 1e7;
namespace NetFlow
{
const int N = 2e5+2;
const int M = 4e5;
struct Edge
{
int v,w,nxt,rev;
} e[(M<<1)+3];
int fe[N+3];
int te[N+3];
int dep[N+3];
int que[N+3];
int n,en,s,t;
void addedge(int u,int v,int w)
{
// printf("addedge %d %d %d
",u,v,w);
en++; e[en].v = v; e[en].w = w;
e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en; e[en].rev = en+1;
en++; e[en].v = u; e[en].w = 0;
e[en].nxt = fe[v]; fe[v] = en; e[en].rev = en-1;
}
bool bfs()
{
for(int i=1; i<=n; i++) dep[i] = 0;
int head = 1,tail = 1; que[1] = s; dep[s] = 1;
while(head<=tail)
{
int u = que[head]; head++;
for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(e[i].w>0 && dep[v]==0)
{
dep[v] = dep[u]+1;
if(v==t)return true;
tail++; que[tail] = v;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int cur)
{
if(u==t||cur==0) {return cur;}
int rst = cur;
for(int &i=te[u]; i; i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(e[i].w>0 && rst>0 && dep[v]==dep[u]+1)
{
int flow = dfs(v,min(rst,e[i].w));
if(flow>0)
{
e[i].w -= flow;
rst -= flow;
e[e[i].rev].w += flow;
if(rst==0) {return cur;}
}
}
}
if(rst==cur) {dep[u] = -2;}
return cur-rst;
}
int dinic(int _n,int _s,int _t)
{
n = _n,s = _s,t = _t;
int ret = 0;
while(bfs())
{
for(int i=1; i<=n; i++) te[i] = fe[i];
memcpy(te,fe,sizeof(int)*(n+1));
ret += dfs(s,INF);
}
return ret;
}
}
using NetFlow::addedge;
using NetFlow::dinic;
const int N = 1e5;
int a[N+3],b[N+3];
int ca[N+3],cb[N+3];
int n,cnta,cntb;
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(!ca[i])
{
cnta++;
int x = i;
do
{
ca[x] = cnta;
x = a[x];
} while(x!=i);
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(!cb[i])
{
cntb++;
int x = i;
do
{
cb[x] = cntb;
x = b[x];
} while(x!=i);
}
}
// printf("ca: "); for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",ca[i]); puts("");
// printf("cb: "); for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",cb[i]); puts("");
int ans = n;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(a[i]==i && b[i]==i) {ans--;}
else if(a[i]==i) {addedge(1,cb[i]+cnta+2,1);}
else if(b[i]==i) {addedge(ca[i]+2,2,1);}
else
{
addedge(ca[i]+2,cb[i]+cnta+2,1);
if(a[i]==b[i]) {addedge(cb[i]+cnta+2,ca[i]+2,1);}
}
}
ans -= dinic(2+cnta+cntb,1,2);
printf("%d
",ans);
return 0;
}