自己 low 思路：
发现 \(i,j,k\) 可以随意互换，那么随意互换后容易得到 \(a_i,a_j,a_k\) 中最大值和次大值（不严格）一定相等。
那么枚举 \(i\)，可以发现 若 \(a_{ij}<a_{ik}\)，那么对于任何 \(t，(a_{ik}<a_{it})\) ，都有 \(a_{jt}=a_{it}\)。那么把 \(a_{i1},a_{i2},...,a_{in}\) 排序，再按权值从小到大遍历，动态维护枚举过的下标的集合，每次再与下一个下标对应的列比较。
要支持 \(O(1)\) 比较，就只能用 hash。于是我们预处理每一列值相同的集合的 hash 值。然后每一行枚举列时都用线段树动态维护 hash。
总时间复杂度 \(O(N^2\log N)\)，可能可以过。。。（太长没写）
题解高大上思路：
Notice：发现 \(a_{ii}=0,a_{ij}=a_{ji}\) 十分熟悉——这不就是邻接矩阵吗！！！
于是把 \(a_{ij}\) 看成边 \((i,j)\) 的权值。那么题目限制就转换成对于任意三角形 \(i,j,k\) 都有 按照权值加边时，要么完整，要么就一条边。
这不就是完全图吗？？
于是按照权值分批加边，加完一批后判断当前每个连通块是否是完全图。可以对连通块记录点数和边数，每批后把涉及到的连通块拿出来判断。时间复杂度 \(O(N^2)\)。
题解的判断方法更骚：发现最后整张图一定是完全图，那么就不会出现最后有连通块不是完全图，也就是不可能出现某个 加完边后不是完全图 的连通块之后一直不被访问（简而言之就是某个不是完全图的连通块之后一定会被某条边判断出来）。所以可以把 加边后判断 改成 边加边判断 ————加边时判断当前边的端点是否已经联通（若都是完全图那么新的边一定会改变连通性）
（其实也就是少开几个数组的差别。。。）
Notice：cf scanf 也会 T。。。只能用快读
Notice：边界细节
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2505
int fa[N];
int a[N][N];
struct node{
int u,v,w;
}e[2500*2500+5];
int tot;
bool cmp(node a,node b){
return a.w<b.w;
}
int get(int x){
if(fa[x]==x)return x;
return fa[x]=get(fa[x]);
}
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')f=-1;c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=x*10+c-'0';c=getchar();
}
return x*f;
}
int main(){
int n;cin>>n;
int fl=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
a[i][j]=read();
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
if(a[i][j]!=a[j][i])fl=0;
}
if(a[i][i]!=0)fl=0;
for(int j=i+1;j<=n;++j){
e[++tot].u=i;e[tot].v=j;e[tot].w=a[i][j];
}
}
sort(e+1,e+1+tot,cmp);
for(int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i;
for(int l=1,r=1;l<=tot&&fl;l=r+1){
r=l;
while(r+1<=tot&&e[r+1].w==e[r].w)++r;//"r+1<=tot"details！！！
for(int i=l;i<=r;++i){
if(get(e[i].u)==get(e[i].v))fl=0;
}
for(int i=l;i<=r;++i){
fa[get(e[i].u)]=get(e[i].v);
}
}
if(fl)cout<<"MAGIC"<<endl;
else cout<<"NOT MAGIC"<<endl;
return 0;
}