I. Imagined Holly——The 2025 ICPC Asia Xi‘an Regional Contest（2025ICPC区域赛西安站）

I. Imagined Holly

题目链接：https://qoj.ac/contest/2558/problem/14689

题目大意：给定一个大小为 $n\times n$ 的非负整数矩阵 $A$。对于一棵具有 $n$ 个顶点的树（顶点编号从 $1$ 到 $n$），如果满足以下条件，则称该树为 holly tree：对于任意一对顶点 $u$ 和 $v$（$1\le u,v\le n$），矩阵元素 $A_{u,v}$ 等于从 $u$ 到 $v$ 的简单路径上所有顶点编号的按位异或和。请你构造该树。

我们首先遍历矩阵，对于所有满足条件 $a[u][v]=u\wedge v$ 的两点建立无向边，这样建出的图包含所有真边，同时会存在伪边（即存在两个点之间所有节点值的异或和等于 $0$），我们接下来的任务就是删去伪边。

我们称一个点 $u$ 通过真边连接的点为真点，通过伪边连接的点为伪点，将真点和伪点都存入 $nodes[u]$ 中。

对于点 $u$ 来说，所有伪点 $v$ 与 $u$ 的路径 $l_1$ （除去点 $v$ 和点 $u$）上的异或和等于 $0$，在路径 $l_1$ 上最靠点 $v$ 的一个点 $w$，不难知道 $a[u][w]==u$。我们将这样满足 $a[u][w]=u$ 的点 $w$（除去 $u$ 本身）记录到 $same[u]$ 集合中。

对于点 $u$，和 $same[u]$ 集合中的一点 $i$，以及点 $u$ 和点 $i$ 的路径 $l_2$ （除去除去点 $u$ 和点 $i$），我们定义路径 $l_2$ 上最靠点 $i$ 的点为 $j$，于是我们有以下结论：对于 $nodes[i]$ 中的点 $r$，若满足点 $i$ 处于点 $r$ 与 点 $j$ 的路径上，则点 $r$ 一定是点 $u$ 的伪点。(证明1)

于是我们可以先枚举 $same[u]$ 中的点 $i$，然后枚举 $nodes[i]$ 的点 $k$，在点 $nodes[u]$ 中删去 $k$ . 由于不满足上述条件的点 $r$ 一定不存在于 $nodes[u]$ 中，我们不需要进行特判。(证明2)

时间复杂度 $O(能过)$

证明1

满足点 $i$ 处于点 $r$ 与 点 $j$ 的路径上的情况如下图所示。如果点 $r$ 是 $nodes[i]$ 中的元素，则 $l_3$ 要么不存在，要么异或和等于 $0$，由于 $l_2$ 的异或和与 $i$ 异或等于 $0$（已知条件），所以 $a[u][r]=u\wedge r$，即点 $r$ 是点 $u$ 的伪点。

证明2

不满足证明 $1$ 中条件的情况如下所示。$l_2$ 与 $l_4$ 路径上的异或和等于 $0$，$l_2$ 上的异或和等于 $i$，则 $l_4$ 上的异或和等于 $i$，若点 $r$ 为点 $u$ 的伪点，则 $l_4$ 的异或和应等于 $u$，而 $u\ne i$，因此点 $r$ 不可能为点 $u$ 的伪点。

点 $r$ 处于点 $u$ 右侧的情况和 $r==j$ 的情况同理可以证明。因此枚举点 $k$ 时不会存在误删。

证明3

下证明为什么这样删法可以将所有伪点删除。

对于点 $u$ 的一个伪点 $r$，一定存在非空且异或和为 $0$ 的路径 $l_5$，并且 $l_5$ 与点 $r$ 相邻一点 $i$ 一定满足 $a[u][i]==u$，因此在 $same[u]$ 中一定可以枚举到点 $i$ ，并可以将点 $r$ 删去。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 2010;int n;
int a[N][N];
set<int> nodes[N], same[N];void solve()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = i; j <= n; j++)cin >> a[i][j], a[j][i] = a[i][j];for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = i + 1; j <= n; j++)if (a[i][j] == (i ^ j))nodes[i].insert(j), nodes[j].insert(i);for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)if (i != j && a[i][j] == i)same[i].insert(j);for (int u = 1; u <= n; u++)for (auto i : same[u])for (auto j : nodes[i])nodes[u].erase(j);for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j : nodes[i])if (j > i) cout << i << ' ' << j << endl;
}int main()
{cin.tie(0);ios::sync_with_stdio(false);int Case = 1;while (Case --> 0) solve();return 0;
}