竞赛图是把一个完全图的边定向后得到的有向图，所以也是一个 \(n\) 个点 \(\binom{n}{2}\) 条边的无自环重边的有向图。
竞赛图有许多优美的性质和定理，并且多半都和强连通分量有关系。
0x01 兰道定理
对于一个出度序列 \(s_{1\ldots n}\)，它是合法的（存在一个竞赛图出度满足这个序列），当且仅当：
\[\forall 1\le k\le n,\sum_{i=1}^n s_i\ge \binom{k}{2} \]且在 \(k=n\) 时取等。注意到把以上结论中的出度换成入度也是对的。
必要性比较显然，因为前 \(k\) 个点内部的边已经刚好 \(\binom{k}{2}\) 条了。
充分性不太会证，好像是可以构造出来的。
0x02 寻找强连通分量
首先我们可以手模一下竞赛图缩点之后的结构，显然入度为 \(0\) 和出度为 \(0\) 的 scc 都只能有一个，所以这应该是一个链的结构。
可以发现，拓扑序小的 scc 里面的点的出度一定严格大于拓扑序大的 scc 里面的点的出度。
所以所有点按照出度大小从小到大排序之后，这个图的每个 scc 都是序列上的一个区间。
我们可以找到第一个 \(k\) 使得 \(\sum_{i=1}^ks_i=\binom{k}{2}\)，发现这个序列上的前 \(k\) 个点就是原图拓扑序最大的 scc。因为首先肯定有 \(\sum_{i=1}^ks_i\ge \binom{k}{2}\)，如果等于的话说明后面的点与这 \(k\) 个点的边都是连向这 \(k\) 个点的，这是前 \(k\) 个点组成一个强连通分量的必要条件。并且前面不存在取等的地方，说明前面绝对没有强连通分量，所以这 \(k\) 个点恰好组成了一个强连通分量。
简单地拓展一下可以发现，找到所有的 \(k\) 使得兰道定理的不等式取等，这些 \(k\) 就是所有强连通分量的分界点。
0x03 哈密顿通路
一个结论是：任何竞赛图都存在哈密顿通路。
我们可以尝试构造出一组解。
考虑增量构造，从空图开始加点，现在加入点 \(x\)，设前面的点形成的哈密顿通路的起点为 \(S\)，终点为 \(T\)。
- 如果存在 \(x\to S\) 或者 \(T\to x\) 的边，则直接将 \(x\) 在端点处加入通路即可。
- 否则此时一定存在 \(S\to x\) 和 \(x\to T\)，那么这条通路上一定存在两个相邻的点 \(u,v\) 使得 \(u\to x,x\to v\)，在 \(u,v\) 之间插入 \(x\) 即可。
这样就完成了证明，并且我们找到了一个 \(\mathcal{O}(n^2)\) 构造哈密顿通路的算法。
0x04 哈密顿回路
一个结论是：任何强连通的竞赛图都存在哈密顿回路。
我们可以尝试构造一组解。
首先我们先找出一条这个竞赛图的哈密顿通路，不妨认为这个通路是 \(1\to 2\to 3\ldots\to n-1\to n\)。
因为强连通，所以肯定存在一个点使得 \(t\to 1\)。我们可以把 \(1\to 2\to\ldots \to t\to 1\) 作为初始的回路，然后考虑增量构造。
现在加入点 \(x\)，且前 \(x-1\) 个点已经构造出了一条回路。
- 如果前 \(x-1\) 个点中存在一个 \(y\) 使得 \(x\to y\)。注意到 \(x-1\to x\) 成立，所以我们一定可以找到回路上相邻的两个点 \(u,v\) 使得 \(u\to x,x\to v\)。把 \(x\) 插入到 \(u,v\) 间即可。
- 否则前 \(x-1\) 个点中的每一个点都连向了 \(x\)，又因为强连通，后面肯定存在一个 \(y\) 连有到前 \(x-1\) 个点的反向边，找到这个 \(y\)，设它的反向边连向了 \(t\)。设 \(t\) 在回路上的前一个点是 \(r\)，因为有 \(r\to x\) 的边，我们可以像 \(r\to x\to x+1\ldots\to y\to t\) 这样把 \([x,y]\) 这一段的点都加入回路。
这样就完成了证明，并且我们找到了一个 \(\mathcal{O}(n^2)\) 构造哈密顿回路的算法。
标签：连通,通路,个点,哈密顿,出度,竞赛,性质 From： https://www.cnblogs.com/xzzduang/p/17205687.html