竞赛图性质研究(强联通分量/哈密顿回路)

前置知识

竞赛图，强联通分量，哈密顿回路的定义。

定义点 $i$ 的入读为 $in_i$。

强联通分量相关

结论 1

竞赛图强连通缩点后的 $\texttt{DAG}$ 呈链状，并且前面的所有点向后面的所有点连边，下图中每个圆块为原图的一个强联通分量。

证明：考虑归纳，逐强连通块加入。设目前有一条链，插入一个新连通块 $x$。

如果 $x$ 连向所有点，放在链头；如果所有点连向 $x$，放在链尾。

否则 $x$ 的出边一定都在 $x$ 的入边的后边（否则成环）。

找到分界点，把 $x$ 插在中间即可。

结论 2

在竞赛图中，如果存在路径 $u\to v$ 却不存在路径 $v\to u$，即 $u$ 所在的强联通分量的拓扑序严格小于 $v$ 的，则 $in_u<in_v$。

证明：设 $v$ 所在的强联通分量为 $t$。考虑缩点后 $1\to t$ 的“链”，设链内包含的所有点构成集合 $S$。

由于不存在路径 $v\to u$，所以 $v\notin S$，且由于是竞赛图，于是 $\forall x\in S$，存在 $x\to v$ 的有向边，于是 $in_v\ge |S|$。

由于 $S$ 外的点显然与 $u$ 没有连边，而且 $u\in S$，于是 $in_u<|S|\le in_v$。

结论 3

已知竞赛图所有点的 $in$，则可以确定每个强联通分量内包含的点。

证明：考虑按某种拓扑序遍历所有强联通分量，设遍历到的前若干个强联通分量里的所有点构成的集合为 $S$，则 $\dfrac{|S|(|S|-1)}{2}=\sum\limits_{x\in S} in_x$。因为按拓扑序，后遍历的点一定不能与先遍历的点连边。

考虑把所有点按 $in$ 升序排序成序列 ${a}$，由于结论 $2$ 此时顺序遍历可以类比为拓扑序中顺序遍历。此时若 $\dfrac{N(N-1)}{2}=\sum\limits_{i=1}^N in_{a_i}$，此时产生了一个新的强联通分量拓扑序遍历前缀。

考虑上一个满足条件的是 $N'$，初始 $N'=0$。则 $S=\{a_x:x\in(N',N]\}$ 构成了一个新的强联通分量。由于拓扑序这样显然是不重不漏的。

哈密顿回路/路径相关

结论1

任意竞赛图存在一条哈密顿路径。

结论2

任意强联通的竞赛图存在哈密顿回路，考虑构造性证明。

归纳，首先如上构造出一条哈密顿路径。由于强联通性，此时能找到一个点连向起点，于是构造出一个小哈密顿回路，考虑逐步扩展。

首先如果又往后找到了一个连向起点 $S$ 的点，直接扩展过去即可，如下图：

否则考虑 $S\to T$ 路径上第一个点 $x$，使得当前 $T$ 往后存在一个点连向 $x$。记 $x$ 前面那个点为 $pre_x$，由于 $x$ 是第一，于是下图中边 $pre_x\to nex_T$ 的边存在。

于是构造了 $x\to T\to S\to pre_x\to nex_T\to i\to x$ 的新哈密顿回路。注意此时 $x$ 为起点，$i$ 为终点。由于强联通性能一直构造下去直到包含所有点。

例题

CF1779E。注意到能留下的点等价于这个点能游走经过所有点，等价与这个点在竞赛图缩点的链头强联通分量中。
要按上述方法找出这个强联通分量，只需确定所有点的 $in$，每次询问除了这个点的其他所有点，得到这个点的 $out$，则 $in_i=n-1-out_i$，$\texttt{record}$。
CF1498E。这题不需要询问。发现给定了竞赛图每个点的 $in$，于是确定了所有强联通分量，每次求 $\max-\min$ 取个最大值就知道题目所求的极差了。
P3561。首先按上文结论 $3$ 直接找出所有强联通块，然后按上文对每个强联通块找出哈密顿回路，由于缩点后的形状之后随便做即可。有点难写。

$3$ 的 $\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define bs basic_string<int>
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int N=2e3+5;
int n,m,b[N],p[N],in[N],w[N],to[N],mx[N];bool a[N][N];
bs ans[N],rg[N],g,h,H;
inline void add(int u,int v){a[u][v]=1;in[v]++;}
inline void upd(bs &f,int x,int y)
{
	bs g;for(int i=0;i<=x;i++) g+=f[i];g+=y;
	for(int i=x+1;i<f.size();i++) g+=f[i];f=g;
}
inline void check()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int len=ans[i].size();
		for(int j=0;j<len-1;j++)
		{
			int k=ans[i][j],l=ans[i][(j+1)%len];
			if(!a[k][l]){cout<<"No\n"<<i<<" "<<k<<" "<<l;exit(0);}
		}
	}cout<<"Yes\n";
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;
	for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=1,o;j<i;j++) cin>>o,o?add(j,i):add(i,j);
	iota(p+1,p+1+n,1);sort(p+1,p+1+n,[](int x,int y){return in[x]<in[y];});
	for(int i=1,s=0,t;i<=n;i++)
	{
		t=p[i],s+=in[t];
		if(s==i*(i-1)/2) b[++m]=i;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l=b[i-1]+1,r=b[i];g.clear();
		if(l==r){rg[i]+=p[l];continue;}g+=p[l];g+=p[l+1];
		if(!a[p[l]][p[l+1]]) swap(g[0],g[1]);
		for(int j=l+2;j<=r;j++)
		{
			int w=p[j],s=g[0],t=g.back();
			if(a[w][s]) upd(g,-1,w);
			else if(a[t][w]) g.push_back(w);
			else
			{
				int W=-1;
				for(int k=0;k<g.size();k++) if(a[g[k]][w]) W=k;
				upd(g,W,w);
			}
		}
		memset(to,-1,sizeof(to));memset(mx,-1,sizeof(mx));
		for(int j=0;j<g.size();j++) to[g[j]]=j;
		for(int j:g) for(int k=1;k<=n;k++) if(a[k][j]) mx[j]=max(mx[j],to[k]);
		h.clear();int w=0;
		for(int j=0;j<g.size();j++)
		{
			h+=g[j];
			if(a[g[j]][g[0]]){w=j;break;}
		}
		while(w!=g.size()-1)
		{
			int W=0;
			for(int j=0;j<h.size();j++) if(mx[h[j]]>w){W=j;break;}
			int r=mx[h[W]];H.clear();
			for(int j=W;j<h.size();j++) H+=h[j];
			for(int j=0;j<W;j++) H+=h[j];
			for(int j=w+1;j<=r;j++) H+=g[j];w=r;h=H;
		}
		rg[i]=h;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l=b[i-1]+1,r=b[i],len=r-l+1;g=rg[i];
		for(int j=0;j<len;j++) w[g[j]]=j;
		for(int j=l;j<=r;j++)
		{
			int t=p[j],w=::w[t];
			for(int k=0;k<len;k++,w++,(w==len)&&(w=0)) ans[t]+=g[w];
			for(int k=i+1;k<=m;k++) for(int l:rg[k]) ans[t]+=l;
		}
	}
	// check();
	for(int i=1;i<=n;i++){cout<<ans[i].size()<<" ";for(int j:ans[i]) cout<<j<<" ";cout<<"\n";}
	return 0;
}