XVIII Open Cup, GP of Gomel 乱做

https://official.contest.yandex.ru/opencupXVIII/contest/7446/enter/

D. Do I Wanna Know?

假如一个竞赛图满足 \(f(k)\) 的条件，那么选出这 \(k\) 的点的方案是唯一的，即 SCC 缩点后前若干个大小总和为 \(k\) 的 SCC。那么可以转而枚举大小为 \(k\) 的子集 \(S\)，要求 \(S\) 到 \(\overline{S}\) 的边都是从 \(S\) 连出的。记 \(p=a/b,q=(1-p)/p\)，令 \(t\) 为 \((u\in S,v\notin S)(u<v)\) 的对数，那么 \(S\) 的贡献为 \(p^{k(n-k)}q^t\)。

令 \(f_{i,j}\) 表示只考虑前 \(i\) 个点，大小为 \(j\) 的集合的 \(q^t\)（\(u,v\) 均只在前 \(i\) 个点中选）之和，那么有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+q^jf_{i-1,j}\)，边界为 \(f_{0,0}=1\)。发现这就是 q-二项式系数，代入公式计算就好了。

F. Forever and Always

感性理解一下，一开始大家的票都很分散，然后聚集到一个人或几个人身上。

所以我们可以硬点一个人（设为 \(*\)），将所有票慢慢地聚集到他身上。具体地 ，对于 \(1\leq i\leq p\) ，构造一个 \(\{i,*\}\) 和 \(i-1\) 个 \(\{i\}\)，

然后再让两个人的偏好序列为 \(\{*\}\)。

#include<bits/stdc++.h>

int p;

int main(){
	scanf("%d",&p);
	printf("%d %d\n",p*(p+1)/2+2,p+1);
	printf("1 %d\n1 %d\n",p+1,p+1);
	for(int i=1;i<=p;i++){
		printf("2 %d %d\n",i,p+1);
		for(int j=1;j<i;j++)
			printf("1 %d\n",i);
	}
}

I. I've Got Friends

在 \(L(G)\) 中，如果两个点有相同的邻域，那么在 \(G\) 中它们是一对重边，可以先只保留一个。

对 \(L(G)\) 的连通块分别考虑，按 bfs 的顺序依次给 \(G\) 加边，若此时 \(G\) 的这个连通块点数 \(<5\) 就直接暴力。否则考虑在 \(L(G)\) 中与当前边相邻且已被加入过的边的最小点覆盖，若为 \(1\)，就连接这个点和一个新点；若为 \(2\) 且这两个点之间没边，就连接它们；否则无解。

由于 Whitney’s isomorphism theorem，即当 \(G\) 的点数 \(\geq 5\) 时，\(G\) 和 \(L(G)\) 一一对应，所以上述构造是可行的。