构造专项（ideas）

数学构造

P5441 【XR-2】伤痕

有点神秘。反正我不会，有人所是 \(CMO\) 的原题。
首先，一个很显然的事实是找出来的这四个点要强联通。所以总方案数减去不强连通的方案数。
通过一些手段，我们可以发现不连通的方案只有三种情况（只考虑图中某四个点）。

1. 一个点是三个单向边的起点（有进不去的点）
2. 不属于第一种的情况同时有一个点是三个单向边的终点（不然会重，有出不去的点）
3. 分两组组内之间连无向边，一个组向另一个边连单向边（有一组出不去）

我也不太懂怎么证明所有不强联通的一定被包含，所以可以自己打表证明。
然后考虑如何最小化，首先第一类边我们设第 \(i\) 个点有 \(S_i\) 条有向边，所以方案数为 \(\binom{S_i}{3}\) 。那我们就有两个式子 \(S_1+S_2+S_3+...=\frac{n*(n-1)}{2}-n\) 。观察 \(\binom{S_i}{3}\) 发现在 \(2\le x\) 是凸函数，由凸函数性质可知 \(S_1=S_2=S_3...\) 时一定不劣且方案数最小。
然后考虑第二和第三种情况，发现可以构造规避，将 \(n\) 个点放在一个正 \(n\) 边形上，每个点向循序的\((n-3)/2\)个点连单向边(有向和无向都连了)，向 \((n-1)/2,(n+1)/2\)连双向边。
首先证明第二种情况不存在。

如果有四个点 \(a,b,c,d\)满足 \(a,b,c\) 向 \(d\) 都连有一条有向边，那么，将 \(a\) 重新编号为 \(1\)，必然有\(a<b<c<d≤(n-1)/2\)。因此 \(a\) 必然会向 \(b,c,d\) 连有向边，属于第一种情况。不考虑在二中。

接下来证明第三种情况不存在。
我们令a=1,b=(n+1)/2 它们之间无向边，则要找到两个点 \(c,d\) 满足 \(a,b\) 分别向 \(c,d\) 连有向边，同时 \(c,d\) 之间连无向边。为了使得 \(a\) 向 \(c,d\) 连有向边，必须满足 \(a<c<d<b\)，这种情况下，\(c,d\) 之间显然只能是有向边。

所以不存在第三种情况。（证明借鉴了洛谷题解）

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=105;
int n,mp[N][N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	if(n==1)
	{
		cout<<"0"<<'\n'<<'0';//特殊处理选不出方案的情况
		return 0;
	}
	cout<<(1ll*n*(n-3)*(n*n+6*n-31)/48)<<'\n';
	//最大方案数
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=(n+1)/2;j++)
			mp[i][(i+j-1)%n+1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
			cout<<mp[i][j]<<' ';
		cout<<'\n';
	}
	return 0;
}