好久前做的题了……今天偶然想起来要补个题解
首先考虑排列 (A_i) 要么等于 (i)，要么等于 (P_i) 这个条件有什么用。我们考虑将排列 (P_i) 拆成一个个置换环，那么对于每一个 (i)，根据其置换环的情况可以分出以下几类：
- 如果 (i) 所在置换环大小为 (1)，即 (P_i=i)，那么 (A_i) 别无选择，只能等于 (i)
- 如果 (i) 所在置换环大小不为 (1)，那么 (A_i) 有两种选择，(A_i=i) 或者 (A_i=P_i)
- 如果 (A_i=i)，那么假设 (j) 为满足 (P_j=i) 的位置，那么由于排列中元素不能重复，因此 (A_j e P_j=i)，即 (A_j=j)，我们再找出 (P_k=j) 的 (k)，也应有 (A_k=k)，这样即可确定整个置换环上元素的情况。
- 如果 (A_i=P_i)，类似地，设 (j=P_i)，那么 (A_j e j)，因为排列中元素不能重复，故 (A_j=P_j)，我们再找出 (k=P_j) 的位置 (k)，也应有 (A_k=P_k)，这样也能够确定整个置换环的 (A)。
也就是说，对于一个置换环而言，我们可以将其视作一个整体看待——这个置换环中要么所有元素的 (A_i) 都等于其本身，要么所有元素的 (A_i) 都等于 (P_i)，为了使表述更加具体形象，我们把前一种情况称作“转”（orz wlzhouzhuan），后一种情况称作“不转”。那么对于每一个下标 (i)，它是否产生的 (A_i=B_i) 的情况如下：
- 如果 (i=P_i=Q_i)，那么不管怎样都有 (A_i=B_i)，我们完全可以直接令答案加一，并忽略这种情况。
- 如果 (i=P_i e Q_i)，那么若 (Q_i) 所在置换环不转就会有 (A_i=B_i=i)，对答案产生 (1) 的贡献，若 (Q_i) 所在置换环转则不会产生这样的情况。
- 如果 (i=Q_i e P_i)，同理，若 (P_i) 所在置换环不转则重复元素个数 (+1)，否则重复元素个数不变。
- 如果 (i e P_i=Q_i)，那么如果 (P_i) 所在置换环与 (Q_i) 所在置换环同时转/同时不转那么重复元素个数 (+1)，否则重复元素个数不变。
- 如果 (i e P_i e Q_i)，那么如果 (P_i) 所在置换环与 (Q_i) 所在置换环同时不转那么重复元素个数 (+1)，否则重复元素个数不变。
如果我们将每个置换环“转”看作被划分入 A 集合，“不转”看作被划分入 B 集合，那么上述条件可以转化为：
- (i=P_i e Q_i)：如果 (Q_i) 所在置换环属于 B 那么答案加 (1)
- (i=Q_i e P_i)：如果 (P_i) 所在置换环属于 B 那么答案加 (1)
- (i e P_i=Q_i)：如果 (P_i,Q_i) 所在置换环属于相同集合那么答案加 (1)
- (i e P_i e Q_i)：如果 (P_i,Q_i) 都属于 B 集合那么答案加 (1)
看到“划分为两个集合”，“如果两点属于相同/不同集合则代价加 (1)，求最小/最大代价”之类的字眼，我们能够想到……最小割！具体来说，我们将每个置换环看作一个点，并新建源汇，我们定义 (P) 中的置换环转当且仅当其与 (S) 相连，不转当且仅当其与 (T) 相连；(Q) 中的置换环转当且仅当其与 (T) 相连，不转当且仅当其与 (S) 相连，这样所有代价都可以用一/两条网络流上的 (1) 权边的形式表述，再根据最大流 (=) 最小割求出最小代价即可。
时间复杂度同 dinic 求二分图匹配，(mathcal O(nsqrt{n}))。
const int MAXN=1e5;
const int MAXV=1e5+2;
const int MAXE=2e5*2;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,a[MAXN+5],b[MAXN+5],S=1e5+1,T=1e5+2,ncnt=0;
int bel_a[MAXN+5],bel_b[MAXN+5];
int hd[MAXV+5],to[MAXE+5],cap[MAXE+5],nxt[MAXE+5],ec=1;
void adde(int u,int v,int f){
to[++ec]=v;cap[ec]=f;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;
to[++ec]=u;cap[ec]=0;nxt[ec]=hd[v];hd[v]=ec;
} int dep[MAXV+5],now[MAXV+5];
bool getdep(){
memset(dep,-1,sizeof(dep));dep[S]=0;
queue<int> q;q.push(S);now[S]=hd[S];
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e],z=cap[e];
if(z&&!~dep[y]){
dep[y]=dep[x]+1;
now[y]=hd[y];q.push(y);
}
}
} return ~dep[T];
}
int getflow(int x,int f){
if(x==T) return f;int ret=0;
for(int &e=now[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e],z=cap[e];
if(z&&dep[y]==dep[x]+1){
int w=getflow(y,min(f-ret,z));
ret+=w;cap[e]-=w;cap[e^1]+=w;
if(f==ret) return ret;
}
} return ret;
}
int dinic(){
int ret=0;
while(getdep()) ret+=getflow(S,INF);
return ret;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),++a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),++b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) if(!bel_a[i]){
bel_a[i]=(i^a[i])?(++ncnt):ncnt;int cur=a[i];
while(cur^i) bel_a[cur]=ncnt,cur=a[cur];
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!bel_b[i]){
bel_b[i]=(i^b[i])?(++ncnt):ncnt;int cur=b[i];
while(cur^i) bel_b[cur]=ncnt,cur=b[cur];
} int res=n;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==i&&b[i]==i) res--;
else if(a[i]!=i&&b[i]!=i){
if(a[i]==b[i]) adde(bel_a[i],bel_b[i],1),adde(bel_b[i],bel_a[i],1);
else adde(bel_b[i],bel_a[i],1);
} else {
if(a[i]==i) adde(bel_b[i],T,1);
else adde(S,bel_a[i],1);
}
} printf("%d
",res-dinic());
return 0;
}