1 月杂题题解
好久没写博客了？
今晚写爽。
P5311 成都七中
这有黑？
对于一个点 \(x\)，设其子树任意一点为 \(y\)。
我们可以求出这 \(x\rightarrow y\) 这条路径经过节点的的 \(l,r\)。
遍历 \(x\) 的子树，我们可以得到一些三元组 \((l,r,c)\) 表示 \(x\) 所属连通块包含了 \(l,r\) 这些节点，就有一个颜色 \(c\)。
那么就可以二维数点处理询问了。
注意到我们只考虑了 \(x\) 子树内的节点。事实上，对于 \(y\) 的一个询问 \(l_y,r_y\)，如果 \(l_y\leq l,r \leq r_y\) 时，我们可以直接挂到 \(x\) 上解决。
点分治即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,a[N],ans[N],lst[N],c[N];
vector<int> G[N];
struct node{
int op,l,r,id;
bool operator<(const node &x)const{
return l==x.l?op<x.op:l>x.l;
}
};
vector<node> vec,q[N];
void upd(int x,int v) {for(;x<=n;x+=x&-x) c[x]+=v;}
int qsum(int x) {int r=0;for(;x;x^=x&-x) r+=c[x];return r;}
int rt,sz[N],mx[N],vis[N];
void getrt(int u,int f,int sum)
{
sz[u]=1,mx[u]=0;
for(int v:G[u])
{
if(v==f||vis[v]) continue;
getrt(v,u,sum);
sz[u]+=sz[v];
mx[u]=max(mx[u],sz[v]);
}
mx[u]=max(mx[u],sum-sz[u]);
if(!rt||mx[u]<mx[rt]) rt=u;
}
void getcol(int u,int f,int l,int r)
{
vec.push_back({0,l,r,a[u]});
for(auto x:q[u]) if(!ans[x.id]&&x.l<=l&&r<=x.r) vec.push_back(x);
for(int v:G[u]) if(v!=f&&!vis[v]) getcol(v,u,min(l,v),max(r,v));
}
void solve(int u,int sum)
{
vis[u]=1;
vec.clear();
getcol(u,u,u,u);
sort(vec.begin(),vec.end());
for(auto &[op,l,r,id]:vec)
if(!op) {if(r<lst[id]) upd(lst[id],-1),upd(lst[id]=r,1);}
else ans[id]=qsum(r);
for(auto i:vec) if(!i.op&&lst[i.id]!=n+1) upd(lst[i.id],-1),lst[i.id]=n+1;
for(int v:G[u])
{
if(vis[v]) continue;
rt=0;int t=sz[v]<sz[u]?sz[v]:sum-sz[u];
getrt(v,u,t),solve(rt,t);
}
}
char buf[1<<15],*p1=buf,*p2=buf;
#define nc() (p1==p2&&(p2=buf+fread(p1=buf,1,1<<15,stdin),p1==p2)?-1:*p1++)
inline int rd()
{
int x=0,f=1;char c=nc();
for(;!isdigit(c);c=nc()) if(c=='-') f=-1;
for(; isdigit(c);c=nc()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
return x*f;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),lst[i]=n+1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=rd(),v=rd();
G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int l=rd(),r=rd(),x=rd();
q[x].push_back({1,l,r,i});
}
getrt(1,0,n);solve(rt,n);
for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
}
CF1651F Tower Defense
分块后就是萌萌题了。
考虑一个怪经过，会清空一些前缀块，然后某个块走一些。
注意到 \(t\leq 2\times 10^5\)，我们可以预处理出 \(s_{i,j}\) 表示块 \(i\) 在被清空后经过 \(j\) 秒恢复的魔力总和。
对于没有清空的块，我们暴力走。
那么每有一个怪，最多让一个块暴力算，所以复杂度是 \(O(n\sqrt n)\)。
由于直接预处理空间会爆，离线下来对于每个块分别处理即可，这也是经典套路了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5,B=450;
int n,q,k,lst,clr,m[N],c[N],r[N],t[N];
ll ans,h[N],s[N];
struct node{int c,r,t;} a[N];
void solve(int L,int R)
{
k=lst=clr=0;ll sc=0,sr=0;
for(int i=L;i<=R;i++) m[i]=c[i],sc+=c[i],sr+=r[i];
for(int i=L;i<=R;i++) a[++k]={c[i],r[i],c[i]/r[i]};
sort(a+1,a+1+k,[&](node a,node b){return a.t<b.t;});
for(int i=1,j=1;i<=t[q];i++) {s[i]=0;while(j<=k&&a[j].t<i) s[i]+=a[j].c-(i-1)*a[j].r,sr-=a[j].r,j++;s[i]+=s[i-1]+sr;}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
if(!h[i]) continue;
int ti=t[i];ll now=0;
if(clr) now=s[ti-lst];
else for(int j=L;j<=R;j++) now+=min((ll)c[j],m[j]+(ll)(ti-lst)*r[j]);
if(h[i]>=now) h[i]-=now,clr=1;
else
{
if(clr) for(int j=L;j<=R;j++) m[j]=0;clr=0;
for(int j=L;j<=R;j++) m[j]=min((ll)c[j],m[j]+(ll)(ti-lst)*r[j]);
for(int j=L;j<=R;j++) if(m[j]>=h[i]) {m[j]-=h[i],h[i]=0;break;} else h[i]-=m[j],m[j]=0;
}
lst=ti;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i]>>r[i];
cin>>q;for(int i=1;i<=q;i++) cin>>t[i]>>h[i];
for(int i=0;i<=n/B;i++) solve(max(1,i*B),min(n,i*B+B-1));
for(int i=1;i<=q;i++) ans+=h[i];
cout<<ans<<'\n';
}
P5163 WD 与地图
码力题。
删边是不好做的，考虑反过来，维护加边。
那么加入一条边可能会合并两个 SCC，线段树合并就可以做了。
注意到这不是树，所以需要启发式合并。
当然也可能在之后合并。
对于一条边 \((u_i,v_i)\)，如果我们可以求出使 \(u_i\) 所在 SCC 与 \(v_i\) 所在 SCC 的合并时间 \(mt_i\)，那么这条边的贡献就是在 \(mt_i\) 这个时间合并这两个 SCC。
同样，再维护一条边的加入时间 \(t_i\)，如果一条边没被删除过，那么加入时间 \(t_i=q+1\)。
问题转化为如何求这 \(m\) 条边的 \(mt_i\)。
可以发现 \(mt_i\) 是单调不降的，因为越往前加入的边越多。
考虑整体二分。
定义 \(solve(l,r,ll,rr)\) 表示当前答案区间为 \([l,r]\)，在这个区间的边的区间为 \([ll,rr]\)。
具体流程如下：
-
如果 \(l=r\)，直接 \(\forall i\in[ll,rr],mt_i=l\)，结束递归。
-
\(mid \leftarrow \frac{(l+r)}{2}\)，加入编号在 \([ll,rr]\) 中 \(t> mid\) 的边。注意，我们之前已经加入了 \([rr+1,m]\) 这些边，也就是说，要保留加入 \([rr+1,m]\) 这些边后，SCC 的信息。这可以用并查集维护每个点属于哪个 SCC。
-
在新建出的图中跑 tarjan，用并查集合并 SCC。这只需要遍历 流程 2 中出现过的点。
-
清除 2. 中加入的边。为什么可以直接清除？如果某条边对左边递归有用，那么会被直接划分到左边。否则，这条边连接的两点已属于一个 SCC，对合并新的 SCC 没有用。
-
遍历 \([ll,rr]\) 内的边，如果一条边 \(t>mid\) 且两点属于一个 SCC，划分到右边，否则划分到左边。
-
当前保留了加入时间在 \([mid+1,r]\) 这些边后的 SCC 信息（并查集维护的），\(solve(l,mid,ll,ll')\)。
-
撤销 3. 中跑 tarjan 时的并查集操作。
-
\(solve(mid+1,r,rr',rr)\)。
时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
整体二分可能有点抽象，不如看代码，破天荒加了许多注释（本来想加注释的，但感觉自己写得挺清晰不需要）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
long long ans[N];
int n,m,q,k,tot,V,a[N],fa[N],sz[N],lsh[N*2];
vector<int> G[N];
vector<pair<int,int>> stk;
map<pair<int,int>,int> id;
struct node{int op,a,b,t;} b[N*2];
struct edge{int x,y,t,mt;} e[N],_e[N];
int find(int x) {return fa[x]==x?x:find(fa[x]);}
int rk(int x) {return lower_bound(lsh+1,lsh+1+V,x)-lsh;}
void merge(int x,int y)
{
x=find(x),y=find(y);
if(x==y) return;
if(sz[x]<sz[y]) swap(x,y);
sz[x]+=sz[y],fa[y]=x,stk.push_back({x,y});
}
int dn,top,dfn[N],low[N],in[N],stk2[N];
void tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++dn;
stk2[++top]=u,in[u]=1;
for(int v:G[u])
{
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]);
else if(in[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u])
{
int v;
do{
v=stk2[top--];
merge(u,v),in[v]=0;
}while(v!=u);
}
}
void solve(int l,int r,int ll,int rr)
{
if(l==r) {for(int i=ll;i<=rr;i++) e[i].mt=l;return;}
int mid=l+r>>1;vector<int> p;
for(int i=ll;i<=rr;i++)
if(e[i].t>mid)
{
int x=find(e[i].x),y=find(e[i].y);
G[x].push_back(y);p.push_back(x),p.push_back(y);
}
int now=stk.size();
for(int i:p) if(!dfn[i]) tarjan(i);
dn=0;for(int i:p) G[i].clear(),dfn[i]=0;
int k1=ll,k2=rr;
for(int i=ll;i<=rr;i++)
if(e[i].t>mid&&find(e[i].x)==find(e[i].y)) _e[k2--]=e[i];
else _e[k1++]=e[i];
for(int i=ll;i<=rr;i++) e[i]=_e[i];
solve(l,mid,ll,k1-1);
while(stk.size()>now)
{
auto [x,y]=stk.back();
sz[x]-=sz[y],fa[y]=y;
stk.pop_back();
}
solve(mid+1,r,k2+1,rr);
}
#define mid (l+r>>1)
long long sum[N*40];
int nd,rt[N],lc[N*40],rc[N*40],cnt[N*40];
void upd(int &k,int x,int op,int l=1,int r=V)
{
if(!k) k=++nd;
sum[k]+=lsh[x]*op,cnt[k]+=op;
if(l==r) return;
x<=mid?upd(lc[k],x,op,l,mid):upd(rc[k],x,op,mid+1,r);
}
long long qsum(int k,int x,int l=1,int r=V)
{
if(!k) return 0;
if(l==r) return 1ll*x*lsh[l];
return x<=cnt[rc[k]]?qsum(rc[k],x,mid+1,r):sum[rc[k]]+qsum(lc[k],x-cnt[rc[k]],l,mid);
}
int t_merge(int p,int q)
{
if(!p||!q) return p+q;
sum[p]+=sum[q],cnt[p]+=cnt[q];
lc[p]=t_merge(lc[p],lc[q]);
rc[p]=t_merge(rc[p],rc[q]);
return p;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],lsh[++V]=a[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;cin>>u>>v;
e[i]={u,v,q+1},id[{u,v}]=i;
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int op,x,y;cin>>op>>x>>y;
if(op==1) e[id[{x,y}]].t=i;
if(op==2) b[++tot]={2,x,y,i},a[x]+=y,lsh[++V]=a[x];
if(op==3) b[++tot]={3,x,y,i};
}
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,sz[i]=1;
solve(0,q+1,1,m);
for(int i=1;i<=m;i++) b[++tot]={1,e[i].x,e[i].y,e[i].mt};
sort(b+1,b+1+tot,[&](node a,node b){return a.t==b.t?a.op<b.op:a.t>b.t;});
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,sz[i]=1;
sort(lsh+1,lsh+1+V);
V=unique(lsh+1,lsh+1+V)-lsh-1;
for(int i=1;i<=n;i++) upd(rt[i],rk(a[i]),1);
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
auto &[op,x,y,_]=b[i];
int fx=find(x),fy;
if(op==1)
{
fy=find(y);
if(fx==fy) continue;
if(sz[fx]<sz[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
sz[fx]+=sz[fy],fa[fy]=fx,rt[fx]=t_merge(rt[fx],rt[fy]);
}
if(op==2) upd(rt[fx],rk(a[x]),-1),upd(rt[fx],rk((a[x]-=y)),1);
if(op==3) ans[++k]=qsum(rt[fx],min(cnt[rt[fx]],y));
}
while(k) cout<<ans[k--]<<'\n';
}
P5610 大学
虽然是 23 年写的题，但哥们今晚上写爽了。
先忽略 \(x=1\) 的操作。
可以发现一个位置进行 \(\log\) 操作后就会变为 1。
考虑用 vector 维护是 \(i\) 及 \(i\) 的倍数位置。
虽然 \(\max\{d(500000)\}\) 是 100 多，但这并不好笑，并不好卡满。
那么对于修改 \(x\)，定位到对应的 vector，先 lower_bound 第一个 \(\geq l\) 的位置，然后往后暴力修改就可以了。
但有可能操作完后他不再能满足条件，我们需要删除这个位置。
具体地，对于 vector 某个元素，我们再维护一下它的 \(nxt\) 表示对应 vector 内下一个满足要求的位置，如果不满足要求，就暴力往后跳，然后把路径上所有 \(nxt\) 都指向最后停下的位置。
容易发现这很对。
复杂度不算高，写得丑的话需要卡卡常。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
ll lans,c[N];
int n,m,V,a[N];
vector<int> t[N*5],v[N*5],nxt[N*5];
void upd(int x,int v) {for(;x<=n;x+=x&-x) c[x]+=v;}
ll qsum(int x) {ll r=0;for(;x;x^=x&-x) r+=c[x];return r;}
char buf[1<<15],*p1=buf,*p2=buf;
#define nc() (p1==p2&&(p2=buf+fread(p1=buf,1,1<<15,stdin),p1==p2)?-1:*p1++)
inline int rd()
{
int x=0;char c=nc();
for(;!isdigit(c);c=nc());
for(; isdigit(c);c=nc()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
return x;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) t[a[i]=rd()].push_back(i),V=max(V,a[i]),upd(i,a[i]);
for(int i=2;i<=V;i++)
{
for(int j=i;j<=V;j+=i) for(int x:t[j]) v[i].push_back(x);
stable_sort(v[i].begin(),v[i].end());
for(int j=0;j<v[i].size();j++) nxt[i].push_back(j+1);
}
while(m--)
{
int op=rd(),l=rd()^lans,r=rd()^lans,x;
if(op==1)
{
x=rd()^lans;
int i=lower_bound(v[x].begin(),v[x].end(),l)-v[x].begin();
while(i<v[x].size()&&v[x][i]<=r)
{
int j=v[x][i];
if(a[j]%x==0) upd(j,a[j]/x-a[j]),a[j]/=x;
j=nxt[x][i];
while(j<v[x].size()&&a[v[x][j]]%x) j=nxt[x][j];
while(i!=j) {int t=nxt[x][i];nxt[x][i]=j;i=t;}
}
}
else cout<<(lans=qsum(r)-qsum(l-1))<<'\n';
}
}
P6773 命运
先考虑一个的树形 dp。
假设当前考虑一条边 \((u,v)\)（假设 \(u\) 为 \(v\) 的父亲）。
\(v\) 的子树内可能有一些限制。
考虑一个限制 \((x,y)\)，其中 \(y\) 在 \(v\) 子树内。显然 \(dep_x\leq dep_u\)，否则这个限制无论如何也满足不了。
可以发现这些合法的限制都往上都会经过同一条链 \(1\rightarrow u\)，那么我们只需要记录限制中 \(\max\{dep_x\}\)，如果满足了这个限制，显然其余所有限制都能满足。
于是可以定义状态 \(f_{u,i}\) 表示考虑到子树 \(u\)，\(\max\{dep_x\}=i\) 的方案数，规定 \(i=0\) 表示满足所有限制。
\((u,v)\) 这条边权值为 1：
\(f_{u,i}\leftarrow f_{u,i}\sum_{0\leq j\leq dep_u} f_{v,j}\)
\((u,v)\) 这条边权值为 0：
\(f_{u,max(i,j)}\leftarrow \sum\limits_{0\leq i,j\leq dep_u} f_{u,i}\cdot f_{v,j}\)，即 \(f_{u,i}\leftarrow f_{u,i}\sum\limits_{0\leq j\leq i} f_{v,j}+f(v,i)\sum\limits_{0\leq j< i}f_{u,j}\)
记 \(g(u,i)=\sum\limits_{0\leq j\leq i} f_{u,i}\)
那么有：
\(f_{u,i}\leftarrow f_{u,i}(g_{v,dep_u}+g_{v,i})+f_{v,i}g_{u,i-1}\)
注意到叶子上有用的 \(f\) 只有一个，考虑线段树合并优化 dp，照着上面这个式子维护一下就可以了。
多么抽象。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+5,P=998244353;
int n,m,dep[N],lim[N];
vector<int> G[N];
void mul(int &x,int y) {x=x*y%P;}
void inc(int &x,int y) {if((x+=y)>=P) x-=P;}
void dfs0(int u,int f)
{
dep[u]=dep[f]+1;
for(int v:G[u]) if(v!=f) dfs0(v,u);
}
#define mid (l+r>>1)
int tot,rt[N],lc[N*20],rc[N*20],s[N*20],tag[N*20];
void pushdown(int k)
{
if(lc[k]) mul(s[lc[k]],tag[k]),mul(tag[lc[k]],tag[k]);
if(rc[k]) mul(s[rc[k]],tag[k]),mul(tag[rc[k]],tag[k]);
tag[k]=1;
}
void upd(int &k,int x,int v,int l=0,int r=n)
{
if(!k) tag[k=++tot]=1;
if(l==r) {inc(s[k],v);return;}
pushdown(k);
x<=mid?upd(lc[k],x,v,l,mid):upd(rc[k],x,v,mid+1,r);
s[k]=(s[lc[k]]+s[rc[k]])%P;
}
int qsum(int k,int x,int y,int l=0,int r=n)
{
if(!k) return 0;
if(l>=x&&r<=y) return s[k];
pushdown(k);int res=0;
if(x<=mid) res=qsum(lc[k],x,y,l,mid);
if(mid<y) inc(res,qsum(rc[k],x,y,mid+1,r));
return res;
}
int merge(int p,int q,int &s1,int &s2,int l=0,int r=n)
{
if(!p) {inc(s1,s[q]);mul(s[q],s2),mul(tag[q],s2);return q;}
if(!q) {inc(s2,s[p]);mul(s[p],s1),mul(tag[p],s1);return p;}
if(l==r)
{
int sp=s[p];
inc(s1,s[q]);
s[p]=(s[p]*s1+s[q]*s2)%P;
inc(s2,sp);
return p;
}
pushdown(p),pushdown(q);
lc[p]=merge(lc[p],lc[q],s1,s2,l,mid);
rc[p]=merge(rc[p],rc[q],s1,s2,mid+1,r);
s[p]=(s[lc[p]]+s[rc[p]])%P;
return p;
}
void dfs(int u,int f)
{
upd(rt[u],lim[u],1);
for(int v:G[u])
{
if(v==f) continue;
dfs(v,u);
int s1=qsum(rt[v],0,dep[u]),s2=0;
rt[u]=merge(rt[u],rt[v],s1,s2);
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;cin>>u>>v;
G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
}
dfs0(1,0);
cin>>m;
while(m--)
{
int u,v;cin>>u>>v;
lim[v]=max(lim[v],dep[u]);
}
dfs(1,0);
cout<<qsum(rt[1],0,0);
}
A0112 T2 lis
模拟网络流。
令 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最长 lis，整个序列的 lis 为 \(m\)，删点类似于最小割。
建图方式如下：
\((i\rightarrow i',1)\)
\((S\rightarrow i,1),f_i=1\)
\((i'\rightarrow T,1),f_i=m\)
\((i'\rightarrow j),f_i+1=f_j,i<j,a_i<a_j\)
芝士二分图，复杂度 \(O(n^2\sqrt n)\)。
考虑把 \(f_i\) 相同的节点放在一起考虑，类似分层图。
对于 \(f_i\) 相同的节点，我们再按编号从小到大排序。
那么显然这些点的 \(a_i\) 是单调不增的，否则可以从之前的点接上去。
那么对于 \(u<v,f_u=f_v\)，假设 \(u\) 往下一层连边的区间是 \([l_u,r_u]\)，则 \(l_u\leq l_v,r_u\leq r_v\)。
假设我们对 \(u\) 进行第一轮增广时到达编号最小的结点为 \(p\)，最后流到的点是 \(q\)，显然 \(p< q\)。
那么在增广 \(v\) 的时候不会出现 \(u\rightarrow q,v\rightarrow p\) 的情况。即不会出现增广反悔边 \(p\rightarrow u\)。
所以我们只需要维护不退流的网络流即可。
具体地，每次尝试增广下一层编号最小的结点，考虑完这个结点后直接删除。
用双指针维护一下下一层增广的结点即可。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,mx,ans,a[N],b[N],c[N],f[N],p[N],vis[N],l[N],r[N],tr[N];
void upd(int x,int v) {for(;x<=m;x+=x&-x) c[x]=max(c[x],v);}
int qmx(int x) {int r=0;for(;x;x^=x&-x) r=max(r,c[x]);return r;}
int dfs(int id)
{
if(vis[id]) return 0;
vis[id]=1;
int i=p[id],x=f[i]+1;
if(f[i]==mx) {ans++;return 1;}
while(tr[x]<=r[x]&&a[i]<a[p[tr[x]]]) tr[x]++;
bool f=0;
while(l[x]<tr[x]&&!f)
{
if(vis[l[x]]||a[i]>=a[p[l[x]]]||i>p[l[x]]) l[x]++;
else f=dfs(l[x]);
}
return f;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],b[i]=a[i],p[i]=i;
sort(b+1,b+1+n);m=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+m,a[i])-b;
for(int i=1;i<=n;i++) upd(a[i],f[i]=qmx(a[i]-1)+1);
sort(p+1,p+1+n,[](int i,int j){return (f[i]^f[j])?f[i]<f[j]:i<j;});
for(int i=1;i<=n;i++) {int x=f[p[i]];if(!l[x]) tr[x]=l[x]=i;r[x]=i;}
mx=f[p[n]];
for(int i=1;i<=n;i++) if(f[p[i]]==1) dfs(i);
cout<<n-ans<<'\n';
}
