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：
- 点 \(i\) 不与 \(1\sim i-1\) 的任意点相连通，单独成为一个连通块
- 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);
}