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看成一个人 (i) 向 (p_i) 连边，每个点的入度出度都为 (1) 。那么就是若干个环，每次可以选择一条边将这条边两端的端点染色，求 (k) 次染色后，最大和最小有颜色点的个数数。
最大值发现可以贪心，偶数长度的环可以用长度除以 (2) 次染色全部染色，每次染色的贡献都拉满了。奇数长度的环可以用长度减一除以 (2) 次染色将除了一个点其他全部染色，剩下的一个点最后还有染色机会再染。
最小值的话，每个环第一次开始染它色一定是贡献为 (2)，基于贪心先不开其他的环，再继续对这个环染色，每次贡献为 (1)，到最后一步贡献为 (0)。换而言之，开了一个环就将它染色到底。
发现对于一个长度为 (a_i) 的环，将其全部染色次数为 (a_i)，贡献为 (a_i)。那么一定想让若干个 (a_i) 组成 (k)，否则 (k) 多开的没染完色的那个环会多贡献 (1)。
问题转化为给定若干个正整数 (a_i)，其和为 (n)，问能不能挑出一些 (a_i) 使得和为 (k)。也就是 01 背包可行性问题。
发现 bitset 和分治 NTT 都不大能过，注意到对 (a_i) 总和的限制，不同的 (a_i) 仅有 (mathcal{O}(sqrt{n})) 个，把多个同样的物品合成一个物体有不同的次数，就变成了一个多重背包问题。
再加个二进制分组优化就冲过去了，时间复杂度不大会算反正能过。
有一个有理有据的方法是类似根号分治，选择一个值域 (T)，小于等于 (T) 的数跑 (mathcal{O}(kT)) 的多重背包可行性，每次枚举物品重量 (i) 之后再记录一个 (g_j) 代表用重量 (leq i) 个物品，(j) 最少被几个 (i) 凑出来，就能 dp 了。(>T) 的用之前说到的 01 背包可行性问题，复杂度是 (mathcal{O}(frac{nk}{wT})) 的，也就是 (>T) 的数不会超过 (frac{n}{T}) 个，加上 bitset 优化即可。
后面那个做法的复杂度为 (mathcal{O}(kT+frac{nk}{wT}))，将 (T) 设为 (100) 发现计算次数可以接受，加上这个很难会被卡满，就过了。
代码是前面没有根号分治的做法。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<bitset>
typedef long long ll;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs(T x) { return x < 0 ? -x : x; }
template <typename T> T chkmax(T &x, T y) { return x = x > y ? x : y; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return r = w ? -r : r;
}
const int N = 1000010;
int n, p[N], a[N], m, k, ans1, ans2;
bool vis[N];
int ct[N], b[N], c[N], us[N];
std::bitset<1000001>f;
void dfs(int x, int s) {
if(vis[x]) {
a[++m] = s;
return ;
}
vis[x] = 1;
dfs(p[x], s+1);
}
signed main() {
read(n); read(k); int _n = n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(p[i]);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
if(!vis[i])
dfs(i, 0);
n = m;
std::sort(a + 1, a + n + 1);
int k_ = k;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(!k_) break ;
int t = Min(a[i] / 2, k_);
ans2 += t * 2; k_ -= t;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
if((a[i] & 1) && k_)
++ans2,
--k_;
//
for(int i = 1; i <= _n; ++i) ct[a[i]]++;
m = 0;
for(int i = 1; i <= _n; ++i)
if(ct[i])
b[++m] = i,
c[m] = ct[i];
f[0] = 1;
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
int tc = c[i];
for(int j = 1; tc; j <<= 1) {
int t = Min(j, tc);
f |= f << (b[i] * t),
tc -= t;
}
}
if(f[k]) ans1 = k;
else ans1 = k+1;
printf("%d %d
", ans1, ans2);
return 0;
}