【笔记】竞赛图
才知道有这么个神奇的玩意。
定义，\(n\) 个点，任意两点之间存在且恰好存在一条有向边的图成为 \(n\) 阶竞赛图。
性质 \(1\) ：一定存在一条哈密顿路径。
证明：数学归纳法，\(n=1\) 显然成立，当 \(n-1\) 成立时的哈密顿路径，存在相邻两点\(v_i,v_{i+1}\)，使得 \(v_i\to n\ \land\ n\to v_{i+1}\) 则可以当第 \(n\) 个点插入。否则第 \(n\) 个点一定可以插入路径首/尾。
性质 \(2\) ：缩点后一定是一条链。
直接证明：因为存在一条哈密顿路径，所以缩点一定是路径上连续的一段，因此缩完之后还是一条链。
反证法：假设不存在一条链，而整张图又弱连通，所以缩完点后存在 \(x\to z,y\to z\)。由于是竞赛图，\(x,y\)之间一定存在有向边，所以\(x,y\)可以重新缩点或者形成一条链。
性质 \(3\) ：竞赛图的每一个强连通都存在哈密顿环。
证明：数学归纳法。\(n=1\) 显然成立，当 \(n-1\) 成立时，对于第 \(n\) 个点，如果单独形成 \(\rm SCC\) 显然成立。否则如果加入另一个\(\rm SCC\)，则存在 \(x\to n,n\to y\)，其中\(x,y\)属于该\(\rm SCC\) 且在环中相邻，那么可以在 \(x,y\) 之间加入第 \(n\) 个点形成新的哈密顿环。
为什么 \(x,y\) 一定在原环中相邻呢？如果不相邻，则原来的环上每一点都指向 \(n\) ，或都被 \(n\) 指向，不能形成新的 \(\rm SCC\)，与假设矛盾。
性质 \(4\) ：如果 \(x\) 的出度大于 \(y\) 的出度，则 \(x\) 可以到达 \(y\) 。
如果 \(x\) 和 \(y\) 在同一个强连通分量，则显然成立。
否则我们缩点后拓扑排序，第 \(x\) 所在 \(\rm SCC\) 标号 \(u\)，\(y\) 所在 \(\rm SCC\) 标号 \(v\)。
如果 \(u>v\) ，则 \(x\) 向 $v $ 中所有点连边，而 \(y\) 只能向标号 \(>v\) 的点连边。同时 \(x\) 也向所有标号 \(>v\) 的点连边，所以 \(x\) 的度数一定大于 \(y\)。
因此，如果\(v<u\)，则 \(x\) 的度数小于 \(y\) 与条件不符，所以 \(x\) 的出度大于 \(y\) 的出度是 \(x\) 可以到达 \(y\) 的充分条件。
比如这道题的交互方式已经告诉了我们解法。
在我们得到第一个\(\texttt{Yes}\)后需要结束询问，也就意味着我们需要构造询问使得得到的\(\texttt{Yes}\)能告诉我们两点是强连通的。
题目还给定了入度\(k_i\)，我们可以猜测，如果入度大的点能够到达入度小的点，则两个点强连通。
证明：
我们对竞赛图使用强连通分量缩点，然后跑拓扑排序。则在拓扑序中相邻的两个分量，第一个分量中的任意一个点必定向第二个分量中所有点连边，则出度\(\ge sz_r\)，而第二个分量不能向第一个分量连边，因为如果右边则可以继续缩点，所以出度\(<sz_r\)。对于其余的联通分量，由于是完全图，则与两个联通分量中连有相同方向的边。
所以如果两个点\(k_i<k_j\)，则 \(i\) 的出度大于 \(j\) 的出度。如果 \(i,j\) 在一个联通分量，则显然强连通。否则 \(i\) 一定能到达 \(j\)，如果 \(j\) 又能到达 \(i\)，则两个点强连通。
一个没有太大用的性质，就是对于 \(k=0\) 的点 ，只有出边，可以将这个点删掉，并将其他 \(k\) 减 \(1\)。这样可以大大减少交互次数。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 505
using namespace std;
int n,T;
typedef pair<int,int> Pr;
Pr k[N];
struct node{
int l,r,val;
bool operator<(const node o)const{
return val>o.val;
}
}a[N*N];
int main(){
cin>>n;
rep(i,1,n)cin>>k[i].first,k[i].second=i;
sort(k+1,k+n+1);
int j=1;
while(j<=n&&k[j].first==0){
rep(u,j+1,n)k[u].first--;
j++;
}
rep(x,j,n)rep(y,x+1,n)a[++T].l=k[x].second,a[T].r=k[y].second,a[T].val=k[y].first-k[x].first;
sort(a+1,a+T+1);
rep(i,1,T){
cout<<"? "<<a[i].r<<" "<<a[i].l<<endl;
string op;cin>>op;
if(op=="Yes"){cout<<"! "<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;return 0;}
}
cout<<"! 0 0"<<endl;
return 0;
}
竞赛图一定存在一条哈密顿路径。
我们先找到哈密顿路径，然后缩点的时候一定是连续的一段缩成一个点。
考虑寻找哈密顿路径，我们递归处理。先找前 \(i-1\) 个点的哈密顿路径，再将第 \(i\) 个点插入。这是个经典问题直接二分即可。
至于缩点，我们倒叙枚举当前点 \(i\) ，找到 \(i\sim n\) 的点中能到达的哈密顿路径中最前面的点的标号。
不难发现能到达的最前面的点具有单调性，直接双指针扫一遍即可。
注意每组测试数据结束后一定要再读入一个反馈（因为这个调了一个小时
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 105
using namespace std;
int n,u[N],fa[N],mat[N];
bool get(int x,int y){
cout<<"1 "<<x-1<<" "<<y-1<<endl;
int op;cin>>op;return op;
}
bool ask(int x,int l,int r){
cout<<"2 "<<u[x]-1<<" "<<r-l+1<<" ";
rep(i,l,r)cout<<u[i]-1<<" ";
cout<<endl;int op;cin>>op;return op;
}
void solve(){
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(u,0,sizeof(u));
memset(mat,0,sizeof(mat));
cin>>n;
u[1]=1;fa[1]=1;
int tot=0;
rep(i,2,n){
int l=0,r=i;
while(l+1<r){
int mid=(l+r)>>1;
int cur=get(u[mid],i);
tot++;
if(cur)l=mid;else r=mid;
}
pre(j,i-1,r)u[j+1]=u[j];
u[l+1]=i;
}
int cur=n;
pre(i,n,2){
cur=min(cur,i);
while(cur>1&&ask(i,1,cur-1))cur--;
fa[i]=cur;
}
rep(i,1,n)rep(j,fa[i],i)fa[i]=min(fa[i],fa[j]);
rep(i,1,n)mat[u[i]]=i;
cout<<"3 "<<endl;
rep(i,1,n){
rep(j,1,n)if(fa[mat[i]]==fa[mat[j]])putchar('1');
else if(mat[i]<mat[j])putchar('1');else putchar('0');
cout<<endl;
}int op;cin>>op;
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
return 0;
}
