校内讲题。
传统
一个连通块如果连不了边，那么一定形如 一棵内向树 或者 一棵内向基环树。前者只需要判断祖先关系，后者需要讨论是否在环上。
否则考虑一个点 \(u\) 如果有多条出边 \((u,v_1),(u,v_2),\cdots,(u,v_m)\)，那么 \(v_1,v_2,\cdots,v_m\) 会互相连边形成一个团（无向完全子图），并且此时 \(v_i\) 能到的所有点也会被合并到这个团中。
于是最后连通块一定形如一个团和若干棵内向树，其中每棵内向树的根连向团中的某些点。大小为 \(s\) 的团上相异两点 \(u,v\) 的路径条数为 \(\sum_i(s-2)^{\underline i}\)，于是直接做就行了。注意特判如果 \(u\) 直接走到团上的 \(v\) 的情况。
构造
没有改了的。
交互
题解 markdown 流失了，看官方 beamer 的题解吧，大概是一样的。
通信
考虑相邻两位一组，用三进制表示 \(X\)，每组有损坏/0/1/2 四种情况。那么损坏对应 \(00\)，\(0,1,2\) 对应 \(01,10,11\)。这样构造能取到的上界为 \(3^{150/2-40}\) 大概是 \(5\times 10^{16}\)。
然后把所有位随机打乱一下，这样的话损坏的组的期望就会减少，期望上界会到 \(10^{19}\)。具体打乱做法就是让 Anna 和 Bruno 共用一个随机种子，这样随机打乱的结果是相同的。
考虑把损坏的段也利用起来，如果有一段是 \(\mathtt{X\_}\)，那么可以填入 \(01\)；如果是 \(\mathtt{\_X}\)，可以填入 \(10\)。这样就能过了。
因为是随机打乱的，所以很难构造数据卡掉。
参考了 u 群里面的做法，这个做法不用关心数据包被纂改的情况。
首先肯定不能传一个长度 \(S\) 的信息，因为如果 \(S=1024\) 的话你至少要 \(1024+31=66\times 16-1\) 个 bit 来传输消息和可能被纂改的位置的信息，这样你要在 \(1\) bit 之内传入长度，这太难了。
所以可以先把 \(S\) 末尾加上形如 \(0111\cdots\)，形成长度为 \(1025\) 的二进制串 \(S'\)，这样的话我们把 \(S'\) 还原出来然后把最后一个 \(0\) 以及后面的位全删掉就行了。
然后考虑如何使用 \(31\) 个 bit 来传输 \(31\) 位中哪些位是可能被纂改的。
我们把所有不会被纂改的位，也就是所有 \(C_i=0\) 的 \(i\) 拿出来，从小到大记为 \(p_0,p_1,\cdots,p_{15}\)。
注意到 \(16>\frac{1}{2}\cdot 31\)，所以可以构造一个唯一的最大值：具体地，如果我们将 \(p_i\) 向 \(p_{(i+1)\ \bmod\ 15}\) 连有向边，那么无论其余 \(\{0,1,\cdots,31\}\setminus \{p_0,p_1,\cdots,p_{15}\}\) 中任意一个位置如何连出一条边，这个图都会构成一个内向基环树。而 \(p_0,p_1,\cdots,p_{15}\) 为这个基环树的唯一最大环。
那么我们只需要考虑如何传输连边的信息：对于任意的 \(C_i=0\)，记录 \(d_i=(p_{(i+1)\ \bmod 15}-p_i) \bmod 31\)，我们在前 \(d_i-1\) 个数据包的第 \(i\) 位传 \(0\)，在第 \(d_i\) 个数据包的第 \(i\) 位传 \(1\)。然后接收的时候就只需要对每一位 \(i\) 算出第一个 \(1\) 的位置 \(d'_i\)，然后 \(i\) 向 \((i+d'_i)\bmod 31\) 连边就行了。这样的话 \(C_i=0\) 的位连的边一定是对的，\(C_i=1\) 的位连的边可以任意。找到最大环就找到了所有 \(C_i=0\) 的位。
然后我们把 \(S'\) 中 \(1025\) 个 bit 塞进所有 \(C_i=0\) 的位的剩余没用到的位置即可。
只需要还原点的编号即可得到整个图。
新建一条长度为 \(\log n\) 的链来表示编号的二进制，然后我们考虑如何确定链的方向，以及如何区分出这条链。
设多出来的点为点 \(A,B,C\)。点 \(A\) 向链上的所有点连边；点 \(B\) 连向 \(A\) 和链首（也就是代表第 \(0\) 位的点）；然后将点 \(C\) 连向除了点 \(A\) 之外的所有点。
这样的话，找到度数最大的点就是点 \(C\)；唯一不与 \(C\) 相连的就是点 \(A\)；与 \(A\) 相连的所有点就是点 \(B\) 和整条链；唯一与 \(A,C\) 相连且度数恰好为 \(3\) 的点为点 \(B\)。
可能有些特殊情况需要处理，但这是简单的。
首先进行黑白 \(2\) 种颜色是简单的，于是不难想到每个点传 \(2\) 个 bit，表示颜色在二进制下的前两位。这样就可以做 \(L=4\times 10^5\)。
考虑所有度数 \(<8\) 的点，它们的颜色都可以用周围点的颜色排除出来。于是我们只需要传度数 \(\ge 8\) 的点的 bit，然后求出这些点的颜色后再拓扑出其余点的颜色即可。
由于 \(\sum_i d_i=2m\)，于是 \(2\sum_i[d_i\ge 8]\le \frac{m}{2}\le 2.5\times 10^5\)。于是就做完了。
卡常。
标签：10,15,ad,31,所有,cdots,bit,精选集,hoc From： https://www.cnblogs.com/Ender32k/p/18475147