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。