競賽圖是有向完全圖，我見到的題包括給定一個競賽圖或者是競賽圖的計數問題。
首先給出兩個結論：
1>：任意競賽圖都有哈密頓路徑（經過每個點一次的路徑，不要求回到出發點）。
2>：競賽圖存在哈密頓回路的充要條件是強聯通。
顯然如果我們可以證明出結論2的話，對於一般競賽圖的哈密頓路徑我們只需tarjan按照拓撲順序得到。
結論2證明：
用歸納法，顯然對於n=1,2的情況是滿足結論的，那么我們證明n>=3時只需要由1-n-1都滿足這個性質來推即可。
1>：
若在原n-1個點構成的強聯通的競賽圖中新添加的一個點。
原圖一定存在一個哈密頓回路，並且第n個點與前n-1個點之間的邊一定不是同向的（滿足一個強聯通分量）。
所以將環上的點依次排列，一定存在一個點p，使得存在邊p->n&&n->nxt[p]或n->p&&nxt[p]->n。
這樣就可以直接把n加進去了。
2>：
若原n-1個點不是一個強聯通分量。
按照拓撲序，找到head，tail。n一定存在tail中一個點p存在邊p->n，同理head中一定有一個點p存在邊n->p。
這樣就直接將哈密頓鏈首位連接了。
哈密頓路徑構造：
首先記錄當前鏈的head，tail。
依次枚舉剩下的點加入。
1>：x->head，直接把head改成x。
2>：tail->x，直接把tail改成x。
3>：否則，一定存在head->x，x->tail。即一定存在一個點p使得p->x，x->nxt[p]。
通過哈密頓路徑構造哈密頓回路：
首先找到一個最靠右的點p，滿足p->head。
然后就從p之后點的開始加入環內。
我們考慮會存在一種情況是現在環上所有點都指向p，那么p肯定是通過之后的一個點連接到環內。
所以我們記錄一個pre代表插入的鏈的左端點，當p滿足到環上某個點時，就把[pre,p]這個鏈插入到環中。
因為[pre,p)與環上的點之間的邊都是指向自己的，所以一定存在環上一個點x滿足x->pre&&p->nxt[x]，然后插入即可。
計數題：
bzoj 5219
codeforces 913 F Strongly Connected Tournament
codeforces 804 F Fake bullions （神仙題）
hdu 5503 EarthCup：
題目描述：給定每個點的獲勝次數，問是否存在這樣的競賽圖。
顯然會想到一個網絡流做法，左邊n*(n-1)/2個點，右邊n個點跑最大流即可。
繼續推，我們可以把右邊第i個點展開成a[i]個流量為一的點。
二分圖完美匹配。Hall定理，一個二分圖存在完美匹配條件是任意一個集合匹配點的個數>=size。
因為右邊的a[i]個點的集合都一樣，所以邊界肯定是都選上這a[i]個點。
所以滿足條件：
$\sum_{i\epsilon S}a[i]\leq |S|*(n-1)-|S|*(|S|-1)/2$
所以直接排序之后從大到小前綴和即可。
wiki上給的是從小到大排序滿足
$\sum_{i\epsilon S}a[i]\geq |S|*(|S|-1)/2$
兩種是一樣的。
hdu 5961 傳遞：
顯然是出環就不對了。
然后一個圖中若a->b，b->c結果ac之間的邊在另一個圖里也不行。
其實就是PUQ和PUQ'（Q的邊都反向）沒有環即可。不用對Q做，因為邊都反向結果相同。
bzoj 4727：
就是一個裸的應用了。
能經過的點的個數就是拓撲序上后面的所有點的個數。
然后一次輸出同一個強聯通分量上的環即可。
#include <bits/stdc++.h> #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define for1(a,b,i) for(int i=a;i<=b;++i) #define FOR2(a,b,i) for(int i=a;i>=b;--i) using namespace std; typedef long long ll; char xch,xB[1<<15],*xS=xB,*xTT=xB; #define getc() (xS==xTT&&(xTT=(xS=xB)+fread(xB,1,1<<15,stdin),xS==xTT)?0:*xS++) inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } inline void write(int x) { if(x>=10) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } #define M 2005 int n; bool a[M][M],re[M][M]; int low[M],dfn[M],sta[M],clock_; int dep[M],be[M],nxt[M],dui[M],size[M],pos[M]; vector <int> buc[M]; inline void tarjan(int x) { low[x]=dfn[x]=++clock_; sta[++sta[0]]=x; for1(1,n,i) { if(!a[x][i]) continue; if(!low[i]) { tarjan(i); low[x]=min(low[x],low[i]); } else if(!be[i]) low[x]=min(low[x],dfn[i]); } if(low[x]==dfn[x]) { ++be[0]; dep[be[0]]=1; while (1) { int tmp=sta[sta[0]--]; be[tmp]=be[0]; buc[be[0]].push_back(tmp); if(tmp==x) break; } } } inline void print(int h) { write(h); putchar(' '); for(int i=nxt[h];i!=h;i=nxt[i]) { write(i); putchar(' '); } } int main () { //freopen("a.in","r",stdin); n=read(); for1(1,n-1,i) for1(1,i,j) { bool t=read(); a[j][i+1]=t; a[i+1][j]=t^1; } for1(1,n,i) a[i][i]=1; for1(1,n,i) if(!low[i]) tarjan(i); for1(1,n,i) for1(1,i-1,j) if(be[i]!=be[j]) { int x=i,y=j; if(!a[x][y]) swap(x,y); if(!re[be[x]][be[y]]) re[be[x]][be[y]]=1,++dep[be[y]]; } for1(1,be[0],i) pos[dep[i]]=i; FOR2(be[0],1,i) size[pos[i]]=size[pos[i+1]]+buc[pos[i]].size(); for1(1,be[0],i) { int h,t; h=t=buc[i][0]; int size=buc[i].size(); for1(1,size-1,j) { int x=buc[i][j]; //找哈密頓鏈 if(a[x][h]) nxt[x]=h,h=x; else if(a[t][x]) nxt[t]=x,t=x; else { for(int k=h;k!=t;k=nxt[k]) { if(a[k][x]&&a[x][nxt[k]]) { nxt[x]=nxt[k]; nxt[k]=x; break; } } } } size=0; for(int j=h,num;j;j=num) { dui[++size]=j; num=nxt[j],nxt[j]=0; } FOR2(size,1,j) if(a[dui[j]][h]) { for1(1,j-1,k) nxt[dui[k]]=dui[k+1]; nxt[dui[j]]=h,t=j; break; } //由鏈變成環 int pre=0; for1(t+1,size,j) { if(!pre) pre=j; bool J=0; for1(1,pre-1,k) if(a[dui[j]][dui[k]]) {J=1;break;} if(!J) continue; for1(pre,j-1,k) nxt[dui[k]]=dui[k+1]; for1(1,pre-1,k) if(a[dui[k]][dui[pre]]&&a[dui[j]][nxt[dui[k]]]) { nxt[dui[j]]=nxt[dui[k]]; nxt[dui[k]]=dui[pre]; pre=0; break; } } } for1(1,n,i) { write(size[be[i]]); putchar(' '); print(i); for1(dep[be[i]]+1,be[0],j) print(buc[pos[j]][0]); puts(""); } }