tenjiku

读题面

你可以在一个整数时刻，封锁一个点，在这一地点的每个人都将被逮捕，求一次性最多能逮捕多少人。

也就是说，我可以在任意整数时刻逮捕，有一些人有可能是“绕圈子”的，并不是第一次到这个点就被逮捕。

\(a_i\in [1,n]\)，说明这个图是基环树森林。

\(k=0\)

考虑连通图的情况。显然集合点不可能在一个子树内，那个是因为往上走一点集合一定更优（时间加一即可），因此集合地点一定在环上。

考虑如果集合在 \(x\in cyc\)，集合在 \(x\) 的话。计算出其他点 \(y\) 到 \(x\) 的距离 \(d_y\)。因为我们到达了 \(x\) 可以一直在换上面转（设环长为 \(len\)），那么最大值就是 \(\max_{i=0}^{len-1}\sum [d_y\equiv i\bmod len]\)。枚举环上断的边（即枚举集合点）取最大值就可以了。

一个较优的操作

因为前面我们发现要对同余类个数取众数，所以自然而然认为如果用一步形成一个自环，这个连通块大小就可以加到答案里面了，后面步数也可以给答案加上其他连通块的大小，看起来很优。但是刚开始就做这个不一定是最优的，反例容易找到。

但是这个操作很有用。

\(k>0\)

如果直接考虑枚举每一步操作是啥，没有传递性（如果 \(k=c\) 最优的情况下再做一次最优的操作，不一定是 \(k=c+1\) 最优的操作）。那么每一个不同的 \(k\)，只能独立看。

我蛮发现，如果前 \(k\) 步用了“一个较优的操作”，为了最大化答案，一定第一步就进行这个操作不劣。这个很好理解，我们每一次如果计算“连通块的大小”为答案，一定是选择 \(k\) 个大的进行 \(k-1\) 步连在一起，而最后要一次自环操作。因此这个时候答案就是前 \(k\) 大连通块大小之和。这个容易预处理得出。

否则的化，前 \(k\) 步没有用自环操作。每一次相当于挑选一个连通块粘到另一块上面，然后计算 \(k=0\) 的答案。现在要解决一个问题：怎么粘？

因为每一个块粘上去的时候有多种不同的方法，并且贡献给答案的都不同。但是其实我们可以把你选择的块直接分开：设粘到的目标连通块环长为 \(C\)，那么对于联通块 \(a\) 粘上去的时候（设他现在是断开一条环边形成树，的最优状态），发现根据粘到环的哪儿，\(0\sim C-1\) 的距离都可以贡献到，因此可以调整模数。那么就变成了若干个独立的问题。

那么枚举 \(C\)。容易注意到，\(C\) 的不同取值只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个（\(1+2+\cdots +\sqrt{n}\rightarrow n\)），可以直接枚举，如果可以 \(\mathcal{O}(n)\) 计算答案就可以。现在要快速解决的子问题是：

• 对于一个连通块，做 \(k=0\) 的操作，但是求 \(\max_{i=0}^{len-1}\sum [d_y\equiv i\bmod C]\)。

如果解决了这个子问题，对于 \(k\) 而言，取值前 \(k\) 大的连通块的值的和即可（这个最好桶排序避免 \(\log\) 的产生）。

所以关键是解决这个子问题，解决了时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。

子问题

可以暴力 \(\mathcal{O}(n^2)\) 求出，预期得分 \(45\)。

考虑环上顺次的三个点 \(u,v,w\)。尝试求出断开 \(u\rightarrow v\) 变成 \(v\rightarrow w\) 的贡献变化。设环长 \(L\)。

贡献变化如下：\(v\) 的子树内的点（包括 \(v\)）距离减少 \(L-1\)（原来要绕一圈的，现在立马就到了），剩余的点的距离减少 \(1\)。因为余数平移一下没有答案改变，所以相当于一个子树内减少 \(L\)，其他的不变。因为我们只会绕一圈求答案，所以暴力给子树改变距离是 \(\mathcal{O}(\sum siz)=\mathcal{O}(n)\) 的。

对于每一次变化，会使一个特定距离的出现次数减少或者增加一，而最大的出现次数就是要求的答案，所以答案每一次造作只会变动 \(1\)，记录距离和距离出现次数即可。