@atcoder - AGC038F@ Two Permutations
@description@
给定 N 与两个 0~N-1 的置换 P, Q。
现在你需要找到两个置换 A 与 B，使得 A[i] = P[i] 或 i；B[i] = Q[i] 或 i。
最大化 A[i] ≠ B[i] 的 i 的数量。 输出最大值。
Constraints
1 ≤ N ≤ 100000。
保证 P 为 0~N-1 的排列。
保证 Q 为 0~N-1 的排列。
Input
输入形式如下：
N
P0 P1 ⋯ PN−1
Q0 Q1 ⋯ QN−1
Output
输出 A[i] ≠ B[i] 的 i 的最大数量。
Sample Input 1
4
2 1 3 0
0 2 3 1
Sample Output 1
3
一种方案为 A=(0,1,2,3), B=(0,2,3,1)。
Sample Input 2
10
0 4 5 3 7 8 2 1 9 6
3 8 5 6 4 0 2 1 7 9
Sample Output 2
8
Sample Input 3
32
22 31 30 29 7 17 16 3 14 9 19 11 2 5 10 1 25 18 15 24 20 0 12 21 27 4 26 28 8 6 23 13
22 3 2 7 17 9 16 4 14 8 19 26 28 5 10 1 25 18 15 13 11 0 12 23 21 20 29 24 27 6 30 31
Sample Output 3
28
@solution@
对于置换 P，我们将其分解成若干循环。
则对于每一个循环，要么同时选择变成 i， 要么同时保持 P[i] 不变。
每个元素有两种选择，而选择之间会互相影响，让人不是想到 2-sat 就是想到最小割（而时限又进一步地暗示最小割！）。
最小割的转化：我们求最小的 A[i] = B[i] 的数量。
对于每个循环，我们建个虚点，向循环内所有点连容量为 inf 的双向边。
剩下的就是一个经典的二元关系建图（即：同时选会产生代价之类的问题）。
对于每个 Pi，源点连向它表示选 i，它连向汇点表示选 Pi。
对于每个 Qi，源点连向它表示选 Qi，它连向汇点表示选 i。
然后根据 i, Pi, Qi 之间的相等关系分类建边。具体可以看代码。
至于为什么不对称着建，因为对称着建会产生负权边，就不大好。
@accepted code@
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100000;
const int INF = (1<<30);
struct FlowGraph{
struct edge{
int to, cap, flow;
edge *nxt, *rev;
}edges[20*MAXN + 5], *adj[4*MAXN + 5], *cur[4*MAXN + 5], *ecnt;
FlowGraph() {ecnt = &edges[0];}
void addedge(int u, int v, int c1, int c2) {
edge *p = (++ecnt), *q = (++ecnt);
p->to = v, p->cap = c1, p->flow = 0;
p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
q->to = u, q->cap = c2, q->flow = 0;
q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
p->rev = q, q->rev = p;
// printf("! %d %d %d %d\n", u, v, c1, c2);
}
int dis[4*MAXN + 5];
int s, t;
bool relabel() {
for(int i=0;i<=t;i++)
dis[i] = INF, cur[i] = adj[i];
queue<int>que; que.push(t), dis[t] = 0;
while( !que.empty() ) {
int f = que.front(); que.pop();
for(edge *p=adj[f];p;p=p->nxt)
if( p->rev->cap > p->rev->flow )
if( dis[f] + 1 < dis[p->to] )
que.push(p->to), dis[p->to] = dis[f] + 1;
}
return !(dis[s] == INF);
}
int aug(int x, int tot) {
if( x == t ) return tot;
int sum = 0;
for(edge *&p=cur[x];p;p=p->nxt) {
if( p->cap > p->flow && dis[p->to] + 1 == dis[x] ) {
int del = aug(p->to, min(p->cap - p->flow, tot - sum));
sum += del, p->flow += del, p->rev->flow -= del;
if( sum == tot ) break;
}
}
return sum;
}
int max_flow(int _s, int _t) {
int flow = 0; s = _s, t = _t;
while( relabel() )
flow += aug(s, INF);
return flow;
}
}G;
int P[MAXN + 5], Q[MAXN + 5];
bool tag[MAXN + 5];
int main() {
int N, cnt; scanf("%d", &N), cnt = 2*N;
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d", &P[i]), P[i]++, tag[i] = false;
for(int i=1;i<=N;i++)
if( !tag[i] ) {
int p = i; cnt++;
do {
tag[p] = true;
p = P[p];
G.addedge(cnt, p, INF, INF);
}while( p != i );
}
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d", &Q[i]), Q[i]++, tag[i] = false;
for(int i=1;i<=N;i++)
if( !tag[i] ) {
int p = i; cnt++;
do {
tag[p] = true;
p = Q[p];
G.addedge(cnt, p + N, INF, INF);
}while( p != i );
}
int s = 0, t = cnt + 1;
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( i == P[i] && i == Q[i] && P[i] == Q[i] )// a = c = 1
G.addedge(s, i, 1, 0), G.addedge(i, t, 1, 0);
if( i == P[i] && i != Q[i] && P[i] != Q[i] )// b = 1
G.addedge(s, i + N, 1, 0);
if( i != P[i] && i == Q[i] && P[i] != Q[i] )// c = 1
G.addedge(i, t, 1, 0);
if( i != P[i] && i != Q[i] && P[i] == Q[i] )// e = f = 1
G.addedge(i, i + N, 1, 1);
if( i != P[i] && i != Q[i] && P[i] != Q[i] )// f = 1
G.addedge(i, i + N, 1, 0);
}//s -> i(a), s -> i+N(b), i -> t(c), i+N -> t(d), i+N -> i(e), i -> i+N(f)
printf("%d\n", N - G.max_flow(s, t));
}
@details@
怎么感觉 F 题比 E 题水啊。是我的错觉吗。
