[cf566E]Restoring Map

特判$n=2$，以下有$n\ge 3$

考虑两个节点的交集，分类讨论：

1.距离大于4，则交集为空

2.距离等于4，则交集大小恰好为1，即路径上中间的点

3.距离等于3，则交集大小恰好为2，即路径上的两个点（不包括端点）

4.距离等于2，则交集大小至少为3，至少包含两者路径上包括端点的3个点

5.距离等于1，由于$n\ge 3$，两者不都为叶子，交集大小也至少为3

所以，求出任意两个集合的交集（使用bitset），若交集大小恰好为2，即可确定这所交的这两点有边

可以发现，对于任意一条非叶子节点之间的边，都可以通过此类方法得到，假设得到了$m$条边：

1.$m=0$，任意一条边都包含叶子节点，即菊花图；

2.$m=1$，考虑是$(u,v)$，那么必然是$u$和$v$的两张菊花图，与$u$相连的点不包含与$v$相连的点，因此只需要任找一个集合删除$u$和$v$与$u$相连，其余点与$v$相连即可；

3.$m\ge 2$，记这$m$条边的端点所构成的集合$S$，$S_{x}=\{y|x=y或(x,y)在这m条边中\}$

考虑对于所有输入的集合，将其与$S$求交后判断是否等于$S_{x}$，假设$T$与其相等，考虑$T$是哪一个节点所产生，有以下三种情况：

1.是一个与$x$相连的叶节点

2.是$x$自己，这还需要保证$S_{x}=S$（即到的所有点都是$S$中的叶子）

3.是在$S_{x}$中的点且不为$x$（$y\in S_{x}$），这还需要保证$|S_{y}|=2$

考虑一个$|S_{x}|=2$的点，就不会出现第2和3种情况（点数大于2），那么将$T$（任选一个即可）中比$S_{x}$多的点就是与$x$相连的叶子节点（由于$x$非叶子肯定存在）

之后对于剩下的点，用同样的做法，但如果这个叶子已经出现就不插入即可

都可以用bitset优化，时间复杂度$o(\frac{n^{3}}{64})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1005
vector<pair<int,int> >E;
bitset<N>V,bt[N],S[N];
int n,x,y,leaf[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    if (n==2){
        printf("1 2");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        for(int j=1;j<=x;j++){
            scanf("%d",&y);
            bt[i][y]=1;
        }
        for(int j=1;j<i;j++){
            bt[0]=(bt[i]&bt[j]);
            if (bt[0].count()==2){
                x=y=0;
                for(int k=1;k<=n;k++)
                    if (bt[0][k]){
                        if (!x)x=k;
                        else y=k;
                    }
                if (S[x][y])continue;
                V[x]=V[y]=S[x][y]=S[y][x]=1;
                E.push_back(make_pair(x,y));
            }
        }
    }
    if (!E.size()){
        for(int i=2;i<=n;i++)printf("1 %d\n",i);
        return 0;
    }
    if (E.size()==1){
        x=y=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if (V[i]){
                if (!x)x=i;
                else y=i;
            }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if (bt[i].count()!=n){
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    if (j!=x){
                        if (bt[i][j])printf("%d %d\n",x,j);
                        else printf("%d %d\n",y,j);
                    }
                return 0;
            }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (V[i]){
            S[i][i]=1;
            if (S[i].count()==2){
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    if (!(((bt[j]&V)^S[i]).count())){
                        for(int k=1;k<=n;k++)
                            if ((bt[j][k])&&(!V[k])){
                                E.push_back(make_pair(i,k));
                                leaf[k]=1;
                            }
                        break;
                    }
            }
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if ((V[i])&&(S[i].count()!=2)){
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if (!(((bt[j]&V)^S[i]).count())){
                    for(int k=1;k<=n;k++)
                        if ((bt[j][k])&&(!V[k])&&(!leaf[k])){
                            E.push_back(make_pair(i,k));
                            leaf[k]=1;
                        }
                    break;
                }
        }
    for(int i=0;i<E.size();i++)printf("%d %d\n",E[i].first,E[i].second);
}