正解是并查集，將每對(duì) a[ i ] 和 b[ i ] 視為一條邊后，n 條邊連接之后，會(huì)出現(xiàn)數(shù)個(gè)連通塊，對(duì)于每個(gè)連通塊我們分兩種情況討論：
連通塊是個(gè)樹(shù)：有 n 個(gè)點(diǎn)和 n - 1 條邊，因?yàn)槊織l邊最多選一個(gè)點(diǎn)，所以 n - 1 條邊最多只能選 n - 1 個(gè)點(diǎn)
連通塊存在至少一個(gè)環(huán)：那么此時(shí) n 個(gè)點(diǎn)的話至少有 n 條邊了，肯定存在一種方法可以將連通塊中的所有點(diǎn)都選一遍
所以實(shí)現(xiàn)的話，可以用帶權(quán)并查集，維護(hù)父節(jié)點(diǎn)的同時(shí)順便維護(hù)一個(gè)布爾變量 circle ，代表當(dāng)前的連通塊內(nèi)是否有環(huán)，數(shù)據(jù)較大需要離散化，我是?map 離散化，因?yàn)橛?map 的話可以在線離散化
代碼： ?
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using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;int f[N],cnt;bool circle[N];unordered_map<int,int>mp;int find(int x)
{return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}void merge(int x,int y)
{int xx=find(x),yy=find(y);if(xx!=yy){f[xx]=yy;circle[yy]|=circle[xx];}elsecircle[xx]=true;
}void init()
{mp.clear();cnt=0;for(int i=0;i<N;i++){f[i]=i;circle[i]=false;}
}int main()
{
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// freopen("data.in.txt","r",stdin);
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// ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;int kase=0;while(w--){init();int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);if(!mp[x])mp[x]=++cnt;if(!mp[y])mp[y]=++cnt;merge(mp[x],mp[y]);}int ans=cnt;for(int i=1;i<=cnt;i++)if(f[i]==i&&!circle[i])ans--;printf("Case #%d: %d\n",++kase,ans);}return 0;
}
