Solution - 造船

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gm 讲了一个根和非根的什么判断什么的，这里有一种（不一定）更加好理解的算法。

在并查集中，我们维护两个额外的信息，一个是 \(size_i\)（并查集内元素个数），一个是 \(d_i\)（并查集内可以操作多少次，即需要增加多少完成度）。每次输入 \(a_i\) 和 \(b_i\)，我们就将其合并到同一并查集中。

假设我们要合并 \(x\) 和 \(y\)，且 \(a = find(x)\)，\(b = find(y)\)，假如 \(a = b\)（在同一并查集内），我们就将 \(d_b\)（或者 \(d_a\)，反正都一样）加一，代表我们又可以多增加一个完成度；假如 \(a \not= b\)（不在同一并查集内），我们就首先令 \(f_a = b\)（合并），然后把 \(d_a\) 和 \(size_a\) 转移到 \(b\) 中，\(d_b\) 就需要加上 \(d_a + 1\)（这里的 \(1\) 是因为除了合并 \(a\) 和 \(b\)，还有操作本身加了一个完成度），\(size_b\) 则直接加上 \(size_a\) 即可。

所以我们修改一下合并并查集的代码：

void merge(int x, int y) {
	int a = find(x), b = find(y);
	if (a == b) d[b]++;
	else fa[a] = b, d[b] += d[a] + 1, siz[b] += siz[a];
}

所有的操作合并完之后，我们循环 \(i = 1 \sim n\)，假如 \(find(i) = i\)，我们就找到了一个并查集的「头头」，可以代表这个并查集直接进行操作。

因为初始时并查集中元素都为 \(0\)，要想变成奇数的尽可能多，我们可以先让每个元素加一，因此我们比较 \(d_i\) 和 \(size_i\)。

假如 \(d_i > size_i\)，那么 \(size_i\) 个元素全部变成 \(1\) 后还有剩余（为什么可以全部变成 \(1\)，请自行思考），假如剩余次数（\(d_i - size_i\)）是偶数，那没事，直接偶数偶数的加给任意元素，奇偶性不改变；假如剩余的是奇数，那么偶数偶数加完后还剩了 \(1\)，随便加一个元素，这个元素就变成了偶数，答案减少一。

假如 \(d_i \leq size_i\)，直接让 \(d_i\) 个元素变成 \(1\)，统计答案即可。代码如下：

namespace liuzimingc {
const int N = 2e5 + 5;

int n, m, a[N], b[N], fa[N], d[N], ans, siz[N];

int find(int x) {
	if (x == fa[x]) return x;
	return fa[x] = find(fa[x]);
}

void merge(int x, int y) {
	int a = find(x), b = find(y);
	if (a == b) d[b]++;
	else fa[a] = b, d[b] += d[a] + 1, siz[b] += siz[a];
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i, size[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d %d", a[i], b[i]);
		merge(a[i], b[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (find(i) == i) 
			if (d[i] > siz[i]) ans += siz[i], d[i] -= siz[i], ans -= d[i] & 1;
			else ans += d[i], d[i] = 0;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}
} // namespace liuzimingc

其实是懒得做题于是写一篇题解。