[AGC038F] Two Permutations

一、题目

点此看题

二、解法

对于 \(p,q\) 的每个置换环可以单独考虑，我们考虑从 \(a_i=b_i=i\) 的初始状态开始调整，那么对于每个置换环有两种选择：不动，效果是 \(a_i=i/b_i=i\)；或者是整体转动一格，效果是 \(a_i=p_i/b_i=q_i\)

好像没什么好的思路了，不妨对可能产生的影响分类讨论一下：

• 若 \(p_i=q_i=i\)，那么无论怎么旋转都满足 \(a_i=b_i\)
• 若 \(p_i=i,q_i\not=i\)，那么 \(a_i\not=b_i\) 当且仅当 \(q\) 所在的置换环旋转了。
• 若 \(p_i\not=i,q_i=i\)，那么 \(a_i\not=b_i\) 当且仅当 \(p\) 所在的置换环旋转了。
• 若 \(p_i\not=q_i,p_i\not=i,q_i\not=i\)，那么 \(a_i\not=b_i\) 当且仅当 \(p\) 或 \(q\) 所在的置换环旋转了。
• 若 \(p_i=q_i,p_i\not=i,q_i\not=i\)，那么 \(a_i\not=b_i\) 当且仅当 \(p\) 和 \(q\) 其中恰好一个置换环旋转了。

设 \(p\) 中第 \(i\) 个位置所属的置换环是 \(x_i\)，\(q\) 中第 \(i\) 个位置所属的置换环是 \(y_i\)，考虑用最小割来解决上面的限制，也就是我们最小化 \(a_i=b_i\) 的数量，如果 \(x_i\) 属于 \(S\) 就代表旋转，如果 \(y_i\) 属于 \(T\) 就代表旋转，那么对应上面的情况分别建立这样的边：

• 不建边，数量\(+1\)
• \(y_i\rightarrow T\)，如果割掉这条边代表 \(y_i\) 没有旋转。
• \(S\rightarrow x_i\)，如果割掉这条边代表 \(x_i\) 没有旋转。
• \(y_i\rightarrow x_i\)，如果割掉这条边代表 \(x_i\) 和 \(y_i\) 都没有旋转。
• \(x_i\rightarrow y_i,y_i\rightarrow x_i\)，如果割掉这条边代表 \(x_i,y_i\) 都旋转或者都没有旋转。

时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)，一定要写当前弧优化！

总结

分类讨论看似暴力，其实也是很重要的思维方式，在走投无路的时候不妨用一用。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std; 
const int M = 200005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans,p[M],q[M],a[M],b[M];
int S,T,tot=1,cur[M],f[M],d[M];
struct edge{int v,c,next;}e[M<<2];
void add(int u,int v)
{
	e[++tot]=edge{v,1,f[u]},f[u]=tot;
	e[++tot]=edge{u,0,f[v]},f[v]=tot;
}
int bfs()
{
	queue<int> q;q.push(S);d[S]=1;
	for(int i=1;i<=T;i++) d[i]=0;
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();q.pop();
		if(u==T) return 1;
		for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].v;
			if(!d[v] && e[i].c>0)
			{
				d[v]=d[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return 0;
}
int dfs(int u,int ept)
{
	if(u==T) return ept;
	int tmp=0,flow=0;
	for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;
		if(d[v]==d[u]+1 && e[i].c>0)
		{
			tmp=dfs(v,min(ept,e[i].c));
			if(!tmp) continue;
			ept-=tmp;flow+=tmp;
			e[i].c-=tmp;e[i^1].c+=tmp;
			if(!ept) break;
		}
	}
	return flow;
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read()+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=read()+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]) continue;
		int x=i;m++;
		while(!a[x]) a[x]=m,x=p[x];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(b[i]) continue;
		int x=i;m++;
		while(!b[x]) b[x]=m,x=q[x];
	}
	S=0;T=++m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(p[i]==q[i] && p[i]==i) ans++;
		else if(p[i]!=i && q[i]==i) add(S,a[i]);
		else if(p[i]==i && q[i]!=i) add(b[i],T);
		else if(p[i]!=q[i]) add(b[i],a[i]);
		else add(b[i],a[i]),add(a[i],b[i]);
	}
	while(bfs())
	{
		for(int i=S;i<=T;i++) cur[i]=f[i];
		ans+=dfs(S,inf);
	}
	printf("%d\n",n-ans);
}