[atARC156F]Make Same Set

考虑网络流，具体建图如下：

整张图共$4$层，用$(i,j)$表示第$i$层的第$j$个点，则边集包含

• 从$S$向$(1,i)$连流量为$1$的边
• 从$(1,i)$向$(2,a_{i})$和$(2,b_{i})$连流量为$1$的边
• 从$(2,i)$向$(3,i)$连流量为$1$的边
• 从$(3,a_{i})$和$(3,c_{i})$向$(4,i)$连流量为$1$的边
• 从$(4,i)$向$T$连流量为$1$的边

但相比于原问题，上述做法并不能保证每个$i$均被选

具体的，从图上来看，即每个$i$均有$(2,a_{i})\rightarrow (3,a_{i})$或$(2,b_{i})\rightarrow (3,b_{i})$被流过

（另一侧根据对称性同理，以下不作考虑）

结论：若$i$满足该条件，则每次以最短路增广后（即Dinic），$i$仍满足该条件

记原来流过的为$(1,j)\rightarrow (2,x)\rightarrow (3,x)$（其中$x\in \{a_{i},b_{i}\}$），并分类讨论：

• 若$S\rightarrow (1,i)$被流过，显然其不会被退流，根据流量守恒满足条件
• 若$j=i$，即此次增广流过$(1,i)$，则之后还流过$(1,i)\rightarrow (2,y)\rightarrow (3,y)$
• 若$j\ne i$，则不会流过$(3,x)\rightarrow (2,x)$，因为直接流$S\rightarrow (1,i)\rightarrow (2,x)\rightarrow (1,j)$更短

在此基础上，初始使所有$i$均满足条件即可，简单的构造即均选$a_{i}$

由于是类似二分图的结构，时间复杂度为$O((n+V)\sqrt{n})$（其中$V$为值域）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005,M=10005;
int n,m,ans,a[N],b[N],c[N],pos[M],vis[N];
namespace Dinic{
	const int N=30005,M=40005;
	int S,T,E,ans,head[N],Head[N],d[N];
	queue<int>q;
	struct edge{
		int nex,to,len;
	}e[M<<1];
	void init(){
		E=0;
		memset(head,-1,sizeof(head));
	}
	void add(int x,int y,int z){
		e[E]=edge{head[x],y,z},head[x]=E++;
		e[E]=edge{head[y],x,0},head[y]=E++;
	}
	bool bfs(){
		memset(d,-1,sizeof(d));
		d[S]=0,q.push(S);
		while (!q.empty()){
			int k=q.front();q.pop();
			for(int i=head[k];i!=-1;i=e[i].nex){
				int u=e[i].to;
				if ((e[i].len)&&(d[u]<0))d[u]=d[k]+1,q.push(u);
			}
		}
		return d[T]>=0;
	}
	int dfs(int k,int s){
		if (k==T)return s;
		int ans=0;
		for(int &i=head[k];i!=-1;i=e[i].nex){
			int u=e[i].to;
			if ((e[i].len)&&(d[u]==d[k]+1)){
				int p=dfs(u,min(s,(int)e[i].len));
				e[i].len-=p,e[i^1].len+=p,s-=p,ans+=p;
				if (!s)return ans;
			}
		}
		return ans;
	}
	int query(int s,int t){
		S=s,T=t,ans=0;
		memcpy(Head,head,sizeof(head));
		while (bfs()){
			ans+=dfs(S,1e9);
			memcpy(head,Head,sizeof(head));
		}
		return ans;
	}
};
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)m=max(m,max(max(a[i],b[i]),c[i]));
	for(int i=1;i<=n;i++)pos[a[i]]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if (pos[i])ans++,vis[pos[i]]=1;
	Dinic::init();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if (!pos[i])Dinic::add(n+i,n+m+i,1);
		else Dinic::add(n+m+i,n+i,1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if (!vis[i]){
			Dinic::add(0,i,1);
			Dinic::add(i,n+a[i],1),Dinic::add(i,n+b[i],1);
			Dinic::add(n+(m<<1)+i,(n+m<<1)+1,1);
			Dinic::add(n+m+a[i],n+(m<<1)+i,1),Dinic::add(n+m+c[i],n+(m<<1)+i,1);
		}
		else{
			Dinic::add(i,0,1);
			Dinic::add(n+a[i],i,1),Dinic::add(i,n+b[i],1);
			Dinic::add((n+m<<1)+1,n+(m<<1)+i,1);
			Dinic::add(n+(m<<1)+i,n+m+a[i],1),Dinic::add(n+m+c[i],n+(m<<1)+i,1);
		}
	}
	printf("%d\n",Dinic::query(0,(n+m<<1)+1)+ans);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if ((pos[i]>0)==Dinic::e[i-1<<1].len)printf("%d ",i);
	return 0;
}