給定n個點的競賽圖，給出一個方案把n個點分為A，B，C三個非空集合，使得所有的邊要麼連線著相同集合的點，要麼從A指向B，要麼從B指向C，要麼從C指向A。
考慮欽定點 1 屬於 B 集合，考察 1 的所有邊。以 1 為起點的邊，其終點必然屬於 B 或 C 中的一個；同理，以 1 為終點的邊，其起點必然屬於 B 或 A 中的一個。並且，競賽圖保證了所有點都與 1 有邊，即上述討論可以覆蓋到所有點。那麼除 1 外的每個點都有兩種選擇，可以轉化為 2-SAT 問題求解，簡單分析可以知道每一條與 1 無關的邊都可以轉換為 2-SAT 上的一個限制。時間為 \(O(n^2)\)。
換個思路，其實競賽圖+非空集合這兩個限制疊加在一起是非常緊的。我們可以透過考察三個點的兩兩關係證明如果存在方案，那麼方案在輪換等價的意義上是唯一的。
依然考慮欽定 1 屬於 B，並假設存在一個合法方案。想要構造一個新方案，不失一般性，假設至少有一個原本屬於 C 的點變得不再屬於 C。任意選取集合 A 中的一個點 a，集合 C 中的一個點 c，則一定有 \(a\to 1\)，\(1\to c\) 和 \(c\to a\)。如果 c 在新方案中不再屬於 C，因為有 \(1\to c\)，那麼它只能屬於 B，由於存在 \(c\to a\)，那麼 a 也必須改為屬於 B。由於 a 的任意性，原 A 集合內的所有點都必須改為 B。類似的，現在 a 被改為了 B，那麼集合 C 中的所有點也必須改為 B。也就是說，要想這個新方案合法，原 B 集合必須有一些點改為 A 和 C，但這也是不可能的。因為現在 a 和 c 都屬於了 B，如果有另一個屬於 B 的 b（要求 |B|>1） 變成了屬於 A，則不符合 \(a\to b\)，同理這個 b 也不能屬於 C。綜上，要構造一個新方案，至少有一個原本屬於 A 或 C 的點會變為屬於 B，進一步會推出 A 和 C 集合必須為空，故不存在合法新方案。
於是可以欽定 \(1\in B\)，列舉 \(x\in A\)，\(y\in C\) 滿足是一個三元環，然後將剩下的點一個個加入進去。如果存在一個合法方案且這個方案中 \(1\in B\)，\(x\in A\)，\(y\in C\)，那麼其所有頂點包含 1，x 和 y 的子圖也都存在合法方案且唯一，所以每次加入也最多有一種合法方式，一旦無法放入，說明最終的合法方案中 \((x,1,y)\) 不是分屬於 A B C，而是同屬於 B。那麼就換一對 \((x,y)\) 重複上述步驟。這樣做複雜度是 \(O(n^4)\)。
為了找到正確的三元組 \((x,1,y)\)，在沒有合法方案的最壞情況下需要列舉所有 \((x,y)\)，這一步花了太多時間。我們考慮最佳化這一點。假設我們找到了第一個 \((x,1,y)\)，此時如果存在合法方案並且 \((x,1,y)\) 在方案中並非分屬於 A B C（即同屬於 B），那麼說明存在一個 \((x',y')\)，使得 \(1,x,y\in B\)， \(x'\in A\)，\(y'\in C\) 。所以我們不斷地去找有沒有可以把之前列舉的所有點放在 B 裡的新的 \(x'\) 和 \(y'\)，一旦找不到了，就說明在存在合法方案的情況下，最後列舉到的 \(x'\) 和 \(y'\) 一定就在方案中分別屬於 A 和 C，而之前列舉的所有點包括 1 都屬於 B，然後再一個個把剩下的點加入即可，複雜度可以做到 \(O(n^2)\)。
題解裡寫到用 random-shuffle 做到 n 方，不過沒怎麼搞清楚題解的意思。
這裡給出第二種做法的程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using ll=long long;
using namespace std;
void solve();
int main(){
int t=1;
// cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}
const int N=503;
int a[N][N];
int st[N];
void solve(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
a[j][i]=a[i][j]^1;
}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i][1])st[i]=1;
else st[i]=2;
}
auto add=[&](int u){
st[u]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(st[i]){
if(st[i]==1&&a[u][i])st[i]=3;
if(st[i]==2&&a[i][u])st[i]=3;
}
};
int x=-1,y=-1; // x->1->y
for(int i=2;i<=n;i++)if(st[i]==1){
for(int j=2;j<=n;j++){
if(a[j][i]&&st[j]==2){
add(i);
add(j);
x=i;y=j;
break;
}
}
}
if(x==-1){
cout<<"0 0 0\n";
return;
}
st[x]=-1;//A
st[y]=-2;//C
vector<int>A,B,C;
A.push_back(x);
C.push_back(y);
for(int i=1;i<=n;i++)if(st[i]==0)B.push_back(i);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(st[i]>0){
int wb=a[i][1],wa=a[i][x],wc=a[i][y];
for(auto j:A)if(wa!=-1&&(wa^a[i][j])){
wa=-1;break;
}
for(auto j:B)if(wb!=-1&&(wb^a[i][j])){
wb=-1;break;
}
for(auto j:C)if(wc!=-1&&(wc^a[i][j])){
wc=-1;break;
}
if(wb==1&&wc==0)A.push_back(i);
else if(wc==1&&wa==0)B.push_back(i);
else if(wa==1&&wb==0)C.push_back(i);
else{
// cerr<<"!\n";
cout<<"0 0 0\n";
return;
}
}
}
cout<<A.size()<<" "<<B.size()<<" "<<C.size()<<endl;
for(auto j:A)cout<<j<<" ";cout<<endl;
for(auto j:B)cout<<j<<" ";cout<<endl;
for(auto j:C)cout<<j<<" ";cout<<endl;
}