1.原题

原题链接.

在遥远的憨憨王国，有一个铁憨憨骑士团。骑士团中有 n 位骑士。

为了使骑士们团结互助、尽可能发挥集体的战斗力，骑士团规定，每位骑士必须成为某一位骑士的“守护骑士”，遇到危险时优先保护他。

每位骑士都至少要被一位骑士守护。显然，骑士不能守护自己。

骑士团的团长有一天心血来潮，决定将骑士们分成若干个小队。有强迫症的团长对分队方法有着自己的一套要求：

1、每个骑士都不能和自己的守护骑士在同一个小队中；

2、如果有两个骑士在同一个小队中，并且守护了两个不同的骑士，那么他们守护的那两个骑士也必须在同一个小队中。

举例来说，如果骑士A守护骑士B，骑士C守护骑士D，A和C在同一个小队，那么B和D必须在同一个小队，并且这个小队不能是A和C所在的那个小队。

因为小队长的工资很高，为了节省开销，团长找到了你，想知道在满足以上条件的情况下，骑士团至少需要分成几个小队。

输入数据
第一行一个整数 n(2≤n≤500)，表示骑士团中骑士的数量。
第二行 n 个整数，以空格隔开，第 i 个数字 ai 表示编号为 i 的骑士守护了编号为 ai 的骑士。
输入数据保证 i≠ai。

输出数据
一行一个整数，表示骑士团至少需要分成几个小队。

样例输入
9
6 7 1 9 8 3 4 2 5
样例输出
3
样例说明
只需要分成3个小队，第一个小队有1、2、9号骑士，第二个小队有5、6、7号骑士，第三个小队有3、4、8号骑士即可。

2.题意

若干个人，每个人必须被至少另一个人守护。现在需要给这些人分组，使得1.每组中任意两个人不存在守护关系，2.某一组中所有人的守护者都同在另一组中，且所有人守护的人也同在一个组。

3.思路

从图论角度思考，若a守护b则从a向b连一条有向边。本题变成了：给若个点分组使得1.每一组各点不存在边，2.某一组中所有点指向的点共同在一组中，且指向该组中所有点的点共同在一组中。
然后我们从输入发现：一个人只能守护唯一一个骑士，且每个人必须被一个人守护，所以必然有每个点入度、出度均为1.（这题把隐含条件藏在了输入中，够狠）
于是发现这个图必然构成了若干个环（不包括自环），发现分组就是缩点，我们只需给这个图的点分组（缩点），求新图点数最小值。
接着我们可以发现几个性质：
性质1：给点分组后，把每组看成点（缩点），形成的新图仍是若干环
性质2：对于某个环，取他的任意一个非1因数，就是其新环的一种可能点数。比如，某个环有6个点，取因数为2，那么考虑把六个点分成两组，按照序号从1到6排列，第一组是序号除以2余1的，另一组是序号除以2余0的，显然符合题意。
性质3：两个环点数具有公因数，可以把这两个环缩点形成的新环合二为一。比如，一个环6个点，另一个环9个点，公因数为3，所以按性质2分别按照除以3的余数给两个环的点各分为3组，形成2个长度为3的环，可以证明这两个环可以变为一个长度为3的环。
性质4.：新成的环的点数必然是质数个。（因为本题要求的是缩点后环上最小点数，只要不是质数，就可以按照性质2取其因数进行缩点）
打表发现：1~500的质数并不多，且和为500的不同质数最多有10几个，意味着递归深度很小，这么一来，就变成了一个组合问题，我们就可以考虑dfs枚举，选了哪些质数。
具体做的时候，可以加一个优化：根据性质3，假如某个数的因数包括之前选过的质因数，可直接跳过！

4.代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <malloc.h>
#include <unordered_map>using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=505;int n,con[N],num[N],cnt,ans;//num数组维护每个环的点数，con数组本题没用，哈哈。
bool g[N][N],st[N];//范围足够小，可以用邻接矩阵。
vector<int> v;void dfs(int u,int &number)
{number++;st[u]=1;con[u]=cnt;for(int i=1;i<=n;i++){if(g[u][i]&&!st[i])dfs(i,number);}
}void floodfill()//找环
{for(int i=1;i<=n;i++){if(st[i])continue;//cout<<i<<endl;cnt++;int number=0;dfs(i,number);num[cnt]=number;}
}void solve(int u,int temp)
{if(u>cnt){ans=min(ans,temp);return;}for(int i:v){if(num[u]%i==0){if(st[i])solve(u+1,temp);else{st[i]=true;solve(u+1,temp+i);st[i]=false;}}}return;
}int main()
{cin>>n;ans=n;for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;g[i][x]=1;}v.push_back(2);for(int i=3;i<=n;i++){bool flag=true;for(int j:v){if(i%j==0){flag=false;break;}}if(flag)v.push_back(i);}floodfill();memset(st,0,sizeof st);solve(1,0);cout<<ans<<endl;
}

5.收获

1.每个点入度和出度为1，说明一个图由若干个环构成
2.质数具有很好的枚举潜力（懂得都懂）
3.题目隐含条件可能在输入输出中。
4.多模拟，才能发现性质

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