题意：给定长度为 \(n+m\) 的排列 \(p\)，其中 \(1-n\) 位置为白色，\(n+1-n+m\) 位置为黑色，每次交换一个白色位置与一个黑色位置的数，求把 \(p\) 变成升序的最少操作次数。
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看到排列，首先想建图。看到变成升序，想到了 thupc2022 那道造计算机，不过那题钦定了 \(m=2\)。
连边 \(i \to p_i\)，则一次操作交换两个异色点的指向。容易发现如果二者不在一个环中，则合并至一个环；否则，原环分裂成两个。容易发现总可以把一个环上连续一段“弧”分裂出来，要求两端弧的左端点异色。
如果 \(x\) 指向异色点 \(y\)，对 \(x,y\) 做一次操作，\(y\) 就会脱离环。非纯色环一定能找到这样的点，每次减少一个颜色多于另一色的颜色，就能保证可以把所有点分开。
那么，只要把所有纯色环合并，就能通过 \(n+m-cnt_{\text{环数}}\) 次操作分开所有点。
让环数多一些是好的；同时，把一对纯异色环合并起来，一次操作能减少两个纯色环，也是很贪心的选择。
设原来有 \(k\) 个连通块，\(a\) 个大小超过 \(1\) 的纯白环，\(b\) 个大小超过 \(1\) 的纯黑环，则开始的合并耗费 \(\max\{a,b\}\) 次操作，剩余 \(k-\max\{a,b\}\) 个环，最后一步操作 \(n+m-(k - \min\{a,b\})\) 次，总共 \(n+m-k+2\max\{a,b\}\) 次操作。
还有一些一遍合并一遍分裂的可能最优解，这些等效到先合并再分裂，而由上面的构造能看出这是先合并再分裂时的最优解。
官方题解证明了进行 \(i\) 次操作后 \(f(i) = i + n + m - k_i + 2 \max\{a_i,b_i\} \leq f(i-1)\)，带下标的数字意为操作 \(i\) 次后的值。
感觉“先合并再分裂”这里还是比较自然的，最大化连通块的想法也属自然，但是对最优解的证明略繁琐。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 3e5 + 5;
int n, m, p[M], k, a, b; bool col[M], vis[M];
int main(){
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n+m; i++) scanf("%d", &p[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) col[i] = 1;
for(int i = 1; i <= n+m; i++) {
if(vis[i]) continue;
int j = i, len = 0, cnt = 0;
do {
cnt += col[j]; ++len;
vis[j] = 1; j = p[j];
} while(j != i);
++k;
if(cnt == 0 && len > 1) ++a;
else if(cnt == len && len > 1) ++b;
}
printf("%d\n", n + m - k + 2*max(a, b));
}