AtCoder Grand Contest 060 E Number of Cycles

洛谷传送门

AtCoder 传送门

讲个笑话，一年前做过，今天模拟赛出了，但是完全不记得，然后想了一种完全不同的方法，我真抽象。

首先考虑什么时候有解。显然 $m = n + f(a)$ 的时候有解，令 $b_i = i, c_i = a_i$ 即可。然后考虑任意交换一对 $(i, j)$，此时 $(b_i, b_j), (c_i, c_j)$ 都会被交换。所以 $f(b), f(c)$ 的变化量均为 $\pm 1$。所以 $f(b) + f(c)$ 的奇偶性确定，若 $m$ 和 $n + f(a)$ 的奇偶性不同就无解。

然后发现 $m \le n + f(a)$ 时才可能有解。考虑 $b_i = i, c_i = a_i$ 的情形，显然交换任意一对后 $f(b)$ 都会 $-1$，所以交换后一定不优。

然后发现这两个条件是充要条件，下面考虑构造性证明。

先构造出 $f(b) + f(c) = n + f(a)$ 的方案，也就是 $b_i = i, c_i = a_i$。考虑先从 $c$ 入手，以任意顺序扫 $c$ 的连通块，并且与上一个连通块合并，也就是任意交换这个连通块和上一个连通块的一对元素即可。显然它们在 $b$ 中属于的连通块也不同。所以 $f(b), f(c)$ 经过这样的一次操作后都会 $-1$，所以 $f(b) + f(c)$ 经过这样一次操作后会 $-2$。

扫完之后 $f(c) = 1$，但是 $f(b)$ 可能 $> 1$。我们希望当 $f(b) > 2$ 时让 $f(b)$ 减小 $2$，同时保持 $f(c) = 1$。

不妨考虑找到一个 $i$ 使得 $(i, c_i)$ 在 $b$ 中不在同一个连通块（容易发现一定能找到，因为不能找到就说明 $f(b) = 1$，可以直接退出）。此时可以直接交换 $(i, c_i)$，这样 $f(b)$ 会 $-1$，但是 $f(c)$ 会 $+1$。

我们发现一个非常好的事情，就是 $c_i$ 在 $c$ 中变成了一个自环，同时所有其他的点组成了一个环。也就是说我们让 $c_i$ 和任意一个其他点交换，$f(c)$ 都会变回 $1$。那么就让 $c_i$ 和任意一个在 $b$ 中和它不在同一个连通块的点 $j$ 交换，这样 $f(b)$ 会 $-1$。

所以经过上面的过程，$f(b) + f(c)$ 会 $-2$。

考虑快速维护这个构造的过程。可以使用一个类似栈的东西维护全部 $(i, c_i)$ 可能在 $b$ 中在同一个连通块的点 $i$。找的时候直接取栈顶，在一个连通块就弹出。交换一对 $(i, j)$ 就把 $i, j$ 都加入栈即可。

然后对一个点 $x$ 找在 $b$ 中和它不在一个连通块的任意一个点，可以维护任意两个连通块的祖先，其中必然有一个不是 $x$ 的祖先。

所以时间复杂度就是 $O(n \log n)$，$\log n$ 是并查集复杂度，可以粗略地看成线性。实际跑得很快。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<int, int> pii;
 
const int maxn = 200100;
 
int n, m, a[maxn], b[maxn], stk[maxn * 5], top, X, Y, fa[maxn];
bool vis[maxn];
 
int find(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
 
inline void merge(int x, int y) {
	x = find(x);
	y = find(y);
	if (x != y) {
		fa[x] = y;
		vis[x] = 1;
		while (vis[X]) {
			++X;
		}
		while (vis[Y] || X == Y) {
			++Y;
		}
	}
}
 
void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	X = Y = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d", &a[i]);
		b[i] = fa[i] = i;
		vis[i] = 0;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		merge(i, a[i]);
	}
	int t = n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		t += (fa[i] == i);
	}
	if (m > t || ((m + t) & 1)) {
		puts("No");
		return;
	}
	puts("Yes");
	if (m == t) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			printf("%d ", i);
		}
		putchar('\n');
		return;
	}
	int lst = -1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (fa[i] == i) {
			if (lst != -1) {
				swap(a[lst], a[i]);
				swap(b[lst], b[i]);
				t -= 2;
			}
			lst = i;
		}
		if (m == t) {
			for (int i = 1; i <= n; ++i) {
				printf("%d ", b[i]);
			}
			putchar('\n');
			return;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fa[i] = i;
		vis[i] = 0;
		stk[++top] = i;
	}
	X = 1;
	Y = 2;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		merge(i, b[i]);
	}
	while (1) {
		while (1) {
			int i = stk[top];
			int j = a[i];
			if (find(i) == find(j)) {
				--top;
				continue;
			}
			merge(i, j);
			stk[++top] = j;
			swap(a[i], a[j]);
			swap(b[i], b[j]);
			int k = (find(i) == X ? Y : X);
			stk[++top] = k;
			merge(j, k);
			swap(a[j], a[k]);
			swap(b[j], b[k]);
			break;
		}
		t -= 2;
		if (m == t) {
			for (int i = 1; i <= n; ++i) {
				printf("%d ", b[i]);
			}
			putchar('\n');
			return;
		}
	}
}
 
int main() {
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}