题意

原题链接
给定一个 $n$ 个点的无向图，你可以进行不超过 $max\_ops$ 次查询操作 $\text{Connected}(x,a, b)$，每次操作可以查询在版本 $x$ 中，$a,b$ 两个点之间是否连通，若连通，则返回当前版本号，否则新建一个版本，在该新版本中将这两个点之间连一条边，并返回新版本的版本号。要求构造出一个无向图，使得对于任意两个点，这两个点之间的连通情况与原版本中这两个点之间的连通情况相同。

赛时 并查集 65PTS

最简单的算法即为 $O(n^2)$ 的枚举。
事实上，如果两个点已经连通，就没有必要再次查询了；同理，如果一个的连通的任意一个点和另一个点不连通，也没有必要再次查询了。
因此，使用并查集维护连通性，并记录某一点不连通的所有点即可。

赛后

赛时的代码通过改变枚举顺序，可以 AC 此题。但仍有被卡可能。
类似于并查集的思想，我们可以记录与点 $i$ 连通的最小的点 $f_i$，在输出时，我们只需要将 $f_i$ 与 $i$ 连边即可（$f_i \ne i$）
显然，每个点有两种情况：

1. 点 $i$ 不与 $1\sim i-1$ 的任意点相连通，单独成为一个连通块
2. 点 $i$ 与 $1\sim i-1$ 中的至少一点相连通

我们可以记录点 $1 \sim i$ 连通的最小的版本号 $rt_i$，显然，$rt_i = \text{Connected}(rt_{i-1}, 1, i)$。
若 $rt_i \ne rt_{i-1}$，由于版本 $rt_{i-1}$ 中，$1\sim i-1$ 已经连接，因此 $i$ 单独成为一个连通块，即情况 $1$。
否则，$i$ 不会单独成为一个连通块，即情况 $2$。

对于情况 $1$，由定义，显然可得 $f_i = i$；
对于情况 $2$，在 $rt$ 构成的版本序列中，可以分为两段，前一段中，$i$ 不与 $1\sim i-1$ 连通，此时任取这一段中的一个 $rt_j$，都有 $\text{Connected}(rt_j, j, i) \ne rt_j$；后一段中， $i$ 与 $1 \sim i-1$ 连通，此时任取这一段中的一个 $rt_j$，都有 $\text{Connected}(rt_j, j, i) = rt_j$。
由此可得，在后一段中的第一个 $rt_j$ 即为 $i$ 与 $1\sim i-1$ 连通的第一个版本，因此，$f_i = j$。显然我们可以使用二分通过 $\log n$ 次查询找到这个 $j$;

不过如果这样直接二分的话，对于特殊数据，可能会略微超出一点。因此，我们还需要进行一点优化：因为 $f_i$ 是与 $i$ 连通的编号最小点，因此，对于任意两点 $i,j$，其中 $f_i=i,f_j\ne j$，若 $f_i=f_j$，则一定存在 $i<j$。因此，我们不需要二分整个 $rt$，只需要二分其中所有下标 $i$ 满足 $f_i = i$ 的版本即可。

代码

#include "akai.h"

using namespace std;

const int N = 205;

int f[N], rt[N];
int s[N], idx = 0;

void ToyDesign(int n, int max_ops){
    rt[1] = 0;
    f[1] = 1;
    s[ ++ idx] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ){
        rt[i] = Connected(rt[i - 1], i - 1, i);
        if (rt[i - 1] != rt[i]) f[i] = i, s[ ++ idx] = i;
        else {
            int l = 1, r = idx;
            while (l < r){
                int mid = (l + r) >> 1;
                if (Connected(rt[s[mid]], s[mid], i) == rt[s[mid]]) r = mid;
                else l = mid + 1;
            }
            f[i] = s[l];
        }
    }

    vector<pair<int, int>> result;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        if (f[i] != i) result.push_back({i, f[i]});
    DescribeDesign(result);
}