[bzoj1119][POI2009]SLO

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本文解析了 POI2009 中 SLO 问题的算法思路，通过群论思想确定轮换操作并计算将一个排列转换为另一个排列所需的最小代价。介绍了如何利用轮换中的最小值优化交换过程，并考虑特殊情况下的最优解。

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1119: [POI2009]SLO

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 747 Solved: 359
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Description

对于一个1-N的排列(ai)，每次你可以交换两个数ax与ay(x<>y)，代价为W(ax)+W(ay) 若干次交换的代价为每次交换的代价之和。请问将(ai)变为(bi)所需的最小代价是多少。

Input

第一行N。第二行N个数表示wi。第三行N个数表示ai。第四行N个数表示bi。 2<=n<=1000000 100<=wi<=6500 1<=ai,bi<=n ai各不相等，bi各不相等 (ai)<>(bi) 样例中依次交换数字(2,5)(3,4)(1,5)

Output

一个数，最小代价。

Sample Input

2400 2000 1200 2400 1600 4000

1 4 5 3 6 2

5 3 2 4 6 1
Sample Output

11200
HINT

感谢MT大牛贡献译文.

Source

sol:
发现这道题显然是道群论题，那么一个数字需要到达的位置是确定的，可以确定出若干个轮换，对于一个轮换显然所有数至少会被交换一次，然后都用这个轮换中的最小的那个数换显然优。然而还有一种情况，比如这个轮换外的点都很优秀，那你可以把外面最小的点放进来，然后交换完再换回去。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1100000;
int pos,n,m,a[N],aim[N],Min[N],ID,val[N],size[N],low;
bool vis[N];
ll ans,Val[N];
inline int read()
{
    char c;
    int res,flag=0;
    while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-')flag=1;
    res=c-'0';
    while((c=getchar())>='0'&&c<='9') res=(res<<3)+(res<<1)+c-'0';
    return flag?-res:res;
}
int main()
{
//  freopen("1119.txt","r",stdin);
    n=read();
    low=1e9;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        val[i]=read();
        low=min(low,val[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) aim[read()]=i;
    for(int i=1;i<=n;++i) Min[i]=1e9;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    if(!vis[i])
    {
        ++ID;
        pos=i;
        while(!vis[pos])
        {
            vis[pos]=1;
            Min[ID]=min(Min[ID],val[a[pos]]);
            Val[ID]+=val[a[pos]];
            size[ID]++;
            pos=aim[a[pos]]; 
        }
    }
    for(int i=1;i<=ID;++i)
    if(size[i]>1)
    ans+=min((ll)Min[i]*(size[i]-2)+Val[i],(ll)low*(size[i]+1)+Val[i]+Min[i]);
    cout<<ans;
}