【CF1283C】Friends and Gifts

　　题目可以想象在一张图上，把每个同学看成点，送礼关系看成边。

　　我们只关注每个点的入度与出度，因为它可以表示同学送礼与收礼情况。

　　对于 $f_i=j;(1 le i,j le n,;i≠j)$ 的情况，将第 $i$ 个点出度加 $1$，第 $j$ 个点入度加 $1$（可以看成从 $i$ 到 $j$ 连一条单向边）。

　　那么就会出现一些特征不同的节点，分成四类：

1. 1. 入度出度均为 $1$；
   2. 入度出度均为 $0$；
   3. 入度为 $1$，出度为 $0$；
   4. 入度为 $0$，出度为 $1$。

　　其中，第 $1$ 类点不需要处理，而且第 $3$ 和第 $4$ 类点可以进行匹配。

　　那问题就转化成如何处理第 $2$ 类点。

　　讨论两种情况：

• • 第 $2$ 类点个数只有 $1$ 个，那么它可以让一个第 $3$ 类点连向它，让第 $3$ 类点变成第 $1$ 类，自己变成第 $3$ 类点，再让第 $3$、$4$ 类点匹配；
  • 第 $2$ 类点不止 $1$ 个时，我们可以让所有第 $2$ 类点组成封闭的环，使其全部变成第 $1$ 类点，再让第 $3$、$4$ 类点匹配。

　　注意到，一张有向图的节点入度和等于出度和，而第 $1$、$2$ 类点入出度均相等，所以第 $3$ 类点一定可以和第 $4$ 类点两两匹配。

　　当所有点变成第 $1$ 类点时，匹配即完成。

　　参考代码：

#include <cstdio>

int n, a, in[200010], out[200010], ans[200010];
int aa[200010], bb[200010], cc[200010], cnt, k, s1, s2, s3;

int main(){

    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a), a > 0 ? out[i]++, in[a]++, ans[i] = a : 0;

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!in[i] && !out[i])
            k = i, cnt++;

    // 处理第 2 类点只有 1 个的情况
    if(cnt == 1){
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            if(in[i] && !out[i]){
                out[i] = 1, ans[i] = k, in[k] = 1;
                break;
            }
    }

    // 将第 3 类点与第 4 类点进行匹配
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(in[i] && !out[i])
            aa[++s1] = i;
        if(!in[i] && out[i])
            bb[++s2] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= s1; i++)
        out[aa[i]] = 1, in[bb[i]] = 1, ans[aa[i]] = bb[i];

    // 处理第二类点至少有 2 个的情况
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!in[i] && !out[i])
            cc[++s3] = i;

    for(int i = 1; i < s3; i++)
        out[cc[i]] = 1, ans[cc[i]] = cc[i + 1], in[cc[i + 1]] = 1;
    ans[cc[s3]] = cc[1];        // 首尾相接形成环

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%d ", ans[i]);
    puts("");

    return 0;
}