problem

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solution

弱化版：如果不考虑翻面，那就是转化为若干个环的问题了。

这里我们尝试用同样的思路解决。

首先明确几个硬币一次交换后的等价情况，如图（灰色表示反面）

（$u\to v$ 箭头的意思是硬币 $u$ 的下标应该在硬币 $v$ 所在位置）

case1 单独考虑每个环。初始零状态，随便选择一个硬币作切入点，破环。

大小为 $x$ 的环，经过 $x-1$ 次操作就可以变到其该在的位置，但是最后会有两个硬币是反面的。

显然，不可能两步就做到将硬币再翻面且位置正确。

假设是 $(\bar{a},\bar{b},c)$ 这样情况的三枚硬币（括号强调顺序，三个硬币的位置都是对的，但 $a,b$ 目前是反面朝上）。

$(\bar{a},\bar{b},c)\to (b,a,c)\to (b,\bar{c},\bar{a})\to (a,\bar{c},\bar{b})\to (a,b,c)$，一共操作 $4$ 次。符合要求。

由三元环的启示，我们不妨倒退一个状态，让三枚硬币都还未处于正确的状态（只要反面或位置不对都不算正确状态）。

则此时理应用了 $x-2$ 次操作，状态应是一枚反面正确位置，一枚正面错误位置，一枚反面错误位置。

接着，$(\bar{a},c,\bar{b})\to (\bar{c},a,\bar{b})\to (\bar{c},b,\bar{a})\to (a,b,c)$，只用三步即可。

这样就做到了一个 $x$ 的环 $x+1$ 次操作。

case2 但这仅仅是一个环，如果原题中有若干个环，额外次数却只有 $1$，还是不能通过。

事实上，单环的关键就在于每次有且仅有两枚反面朝上的硬币。

我们完全可以将两个环，任意交换一对硬币，从而是两环联通为一环。

这样花费是 $1$，同样直接进入单环问题的第一个状态（即初始有两个反面朝上的硬币）。

换言之，两个环 $x_1,x_2$，只用 $x_1+x_2+1-1$ 步操作便可。

因此，可以两两环合并后再操作，就不会产生额外的 $1$。

如果有奇数个环，那么将最后一个环和第一个自环匹配一下，做个工具环即可。

这也是 $m+1$ 的上限来源。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
vector < pair < int, int > > ans;
int n, cnt;
int c[maxn], p[maxn];
bool vis[maxn];void Swap( int x, int y ) {swap( c[x], c[y] );ans.push_back( make_pair( x, y ) );
}void work( int x, int y ) {Swap( x, y );while( c[x] ^ y ) Swap( x, c[x] );while( c[y] ^ x ) Swap( y, c[y] );Swap( x, y );
}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &c[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) {p[++ cnt] = i;for( int k = i;! vis[k];k = c[k] ) vis[k] = 1;}if( cnt == 1 ) {int x = p[1], y = c[x];Swap( x, y );while( c[c[x]] ^ x ) Swap( x, c[x] );int z = c[x];Swap( y, z );Swap( x, z );Swap( x, y );}else {for( int i = 1;i + 1 <= cnt;i += 2 ) work( p[i], p[i + 1] );if( cnt & 1 ) work( p[1], p[cnt] );}printf( "%d\n", ans.size() );for( int i = 0;i < ans.size();i ++ ) printf( "%d %d\n", ans[i].first, ans[i].second );return 0;
}