洛谷P10693

洛谷P10693

好奇怪的题目编号

题面

$n$个人，$2n$个座位，每个人都有心仪的座位，如$i$心仪的座位为$a_i$（可重复），设计师设计让他们坐在自己编号的位置上，即$i$做到$i$，每个人只可以做$a_i$或$i$，最多多少个人坐到心仪的座位。

思路提取

input
11
2 13 4 5 3 7 9 9 11 11 12
output
9

以人造数据为例。
首先我们让$i$$\to$$a_i$连边，整个分三种情况（对应图中三部分）。

• 第一部分：$i$坐到了$a_i$（$a_i$$\le$$n$）这个位置，那么$a_i$就没有地方坐了，他只能坐到他心仪的位置，也就是$a_{a_i}$（$a_{a_i}$$\le$$n$），以此类推，如果最后一个人$k$心仪的位置是$i$，也就是$a_k=i,$也就是他坐回了$i$这个位置，也就是他又连向了$i$，也就是形成了一个环，那么环上的所有人都可以做到心仪的位置上去，且最终把环上所有人原来的位置（即设计师设计的位置）都占满了，不会影响到环外的人，所有环都是如此，环的大小均可加入答案中。

• 第二部分：注意到第一部分有两个细节$a_i$$\le$$n$和$a_{a_i}$$\le$$n$，那么如果大于了呢？那就连不下去了，就会出现链的情况，链中的所有人也都可以坐到心仪的位置，链的长度也都可加入。

• 第三部分：前两部分其实都有一个潜在的前提，就是所有人心仪的位置都不重复，那如果重复了呢？就会变成第三部分——有向树，其中这个“向”都是冲着根节点的。因为每个人只有一个心仪的位置，所以出度只能为$1$，如果不是统一方向，就会有点出度为$2$不符合要求，而如果都冲子节点，根节点就有可能不符合要求。第三部分就注定有人坐不到心仪的位置，那么要取最大的，想到第二部分，我们发现最大的其实就是最长链，因为一条链上的点一定是可以都满足的（让他们顺着坐即可，最后一定是连到了$>n$的位置才停的）。可以发现第二部分其实是第三部分的特殊情况。

代码思路

先考虑最后两部分（也可以说是一个部分），可以用一个$DFS$来解决，从$>n$的位置，也就是停止的位置开始往回搜，建反边，搜一个最大深度即可，那么没搜到的就是环了。
是吗？

如果是这样呢？多出的$1$号点并不会在上述的$DFS$中被搜到，但它又确确实实不可以满足，所以我们还需要一个拓扑排序，把剩下的连在环上的多余部分标记了，剩下的没标记的就是环了。这里标记多余部分并不会标记多了（把环的一部分也标记了），因为环终究没有入度为$0$的，不会进入拓扑序。
注意：环要用正边。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
int a[200005];
vector<int> ed[200005],ned[200005];
int ind[200005];
int da;
int ans;
bool vs[200005];

void dfs(int x,int dp){
		vs[x] = 1;
		da = max(da,dp);
	for(int i = 0;i < ed[x].size();++ i){
		int y = ed[x][i];
		dfs(y,dp+1);
	}
}

signed main(){
	
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		cin >> a[i];
		ed[a[i]].push_back(i);
		ned[i].push_back(a[i]); 
		ind[a[i]]++;
	}
	
	for(int i = n+1;i <= n*2;++ i){
		da = 0,dfs(i,0),ans += da; 
	} 
	
	queue<int> q;
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		if((!ind[i])&&(!vs[i])) q.push(i);
	}
	while(!q.empty()){
		int t = q.front();q.pop();
		vs[t] = 1;
		for(int i = 0;i < ned[t].size();++ i){
			if((--ind[ned[t][i]]) == 0) q.push(ned[t][i]);
		}
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		if(!vs[i]) ans++;
	cout << ans;
	
	return 0;
	
} 

完结撒花！