题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc038/tasks/agc038_f

题解

好题。
首先观察到一个性质，对于排列\(P\), 其所形成的每个轮换中的点\(A_i\)是选\(i\)还是选\(P_i\)的状态必须相同。\(Q_i\)同理。
然后转化成最小化\(A_i=B_i\)的位置\(i\)数量。
考虑\(A_i=B_i\)的条件:
(1) \(P_i=Q_i=i\), 则此位置无用，\(A_i=B_i\)一定满足。
(2) \(P_i=i, Q_i\ne i\), 则\(A_i=B_i\)等价于\(B_i=i\).
(3) \(P_i\ne i, Q_i=i\), 则\(A_i=B_i\)等价于\(A_i=i\).
(4) \(P_i=Q_i\ne i\), 则\(A_i=B_i\)等价于\(A_i\)和\(B_i\)选的状态(即是\(i\)还是\(P_i\)或\(Q_i\))相同。
(5) \(P_i\ne Q_i\ne i\), 则\(A_i=B_i\)等价于\(A_i=i\)且\(B_i=i\).

那么我们可以从中观察到一个集合划分模型: 把所有点划分为\(S,T\)两个集合，设\(A_i=i\)表示\(A_i\)在\(S\)集，\(A_i=P_i\)表示\(A_i\)在\(T\)集，\(B_i=i\)表示\(i\)在\(T\)集，\(B_i=Q_i\)表示\(i\)在\(S\)集。那么上述条件就可以转化为:
对每个位置\(i\):
(1) \(P_i=Q_i\), 则此位置无用，一定要花费\(1\)的代价。
(2) \(P_i=i, Q_i\ne i\), 则如果\(B_i\)在\(T\)集需要花费\(1\)的代价。(\(S\)连到\(Q_i\))
(3) \(P_i\ne i, Q_i=i\), 则如果\(A_i\)在\(S\)集需要花费\(1\)的代价。(\(P_i\)连到\(T\))
(4) \(P_i=Q_i\ne i\), 则如果\(A_i\)和\(B_i\)在不同的集合要花费\(1\)的代价。(\(P_i\)与\(Q_i\)连双向)
(5) \(P_i\ne Q_i\ne i\), 则如果\(A_i\)在\(S\)集且\(B_i\)在\(T\)集需要花费\(1\)的代价。(\(P_i\)连到\(Q_i\))

于是，给每个轮换建立一个点，再对每个\(i\)分类讨论，将其所对应的轮换连边即可。
由于建出来的图是二分图，且边权都是\(1\), 故时间复杂度\(O(n\sqrt n)\).

我写完之后一直TLE, 最后发现居然是我写了两年的当前弧优化一直是个假的……挂了38发真的是很无语……

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

const int INF = 1e7;

namespace NetFlow
{
	const int N = 2e5+2;
	const int M = 4e5;
	struct Edge
	{
		int v,w,nxt,rev;
	} e[(M<<1)+3];
	int fe[N+3];
	int te[N+3];
	int dep[N+3];
	int que[N+3];
	int n,en,s,t;
	void addedge(int u,int v,int w)
	{
//		printf("addedge %d %d %d\n",u,v,w);
		en++; e[en].v = v; e[en].w = w;
		e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en; e[en].rev = en+1;
		en++; e[en].v = u; e[en].w = 0;
		e[en].nxt = fe[v]; fe[v] = en; e[en].rev = en-1;
	}
	bool bfs()
	{
		for(int i=1; i<=n; i++) dep[i] = 0;
		int head = 1,tail = 1; que[1] = s; dep[s] = 1;
		while(head<=tail)
		{
			int u = que[head]; head++;
			for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
			{
				int v = e[i].v;
				if(e[i].w>0 && dep[v]==0)
				{
					dep[v] = dep[u]+1;
					if(v==t)return true;
					tail++; que[tail] = v;
				}
			}
		}
		return false;
	}
	int dfs(int u,int cur)
	{
		if(u==t||cur==0) {return cur;}
		int rst = cur;
		for(int &i=te[u]; i; i=e[i].nxt)
		{
			int v = e[i].v;
			if(e[i].w>0 && rst>0 && dep[v]==dep[u]+1)
			{
				int flow = dfs(v,min(rst,e[i].w));
				if(flow>0)
				{
					e[i].w -= flow;	
					rst -= flow;
					e[e[i].rev].w += flow;
					if(rst==0) {return cur;}
				}
			}
		}
		if(rst==cur) {dep[u] = -2;}
		return cur-rst;
	}
	int dinic(int _n,int _s,int _t)
	{
		n = _n,s = _s,t = _t;
		int ret = 0;
		while(bfs())
		{
			for(int i=1; i<=n; i++) te[i] = fe[i];
			memcpy(te,fe,sizeof(int)*(n+1));
			ret += dfs(s,INF);
		}
		return ret;
	}
}
using NetFlow::addedge;
using NetFlow::dinic;

const int N = 1e5;
int a[N+3],b[N+3];
int ca[N+3],cb[N+3];
int n,cnta,cntb;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]++;
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&b[i]),b[i]++;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(!ca[i])
		{
			cnta++;
			int x = i;
			do
			{
				ca[x] = cnta;
				x = a[x];
			} while(x!=i);
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(!cb[i])
		{
			cntb++;
			int x = i;
			do
			{
				cb[x] = cntb;
				x = b[x];
			} while(x!=i);
		}
	}
//	printf("ca: "); for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",ca[i]); puts("");
//	printf("cb: "); for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",cb[i]); puts("");
	int ans = n;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(a[i]==i && b[i]==i) {ans--;}
		else if(a[i]==i) {addedge(1,cb[i]+cnta+2,1);}
		else if(b[i]==i) {addedge(ca[i]+2,2,1);}
		else
		{
			addedge(ca[i]+2,cb[i]+cnta+2,1);
			if(a[i]==b[i]) {addedge(cb[i]+cnta+2,ca[i]+2,1);}
		}
	}
	ans -= dinic(2+cnta+cntb,1,2);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}