才知道有這么個神奇的玩意。
定義，\(n\) 個點，任意兩點之間存在且恰好存在一條有向邊的圖成為 \(n\) 階競賽圖。
性質 \(1\) ：一定存在一條哈密頓路徑。
證明：數學歸納法，\(n=1\) 顯然成立，當 \(n-1\) 成立時的哈密頓路徑，存在相鄰兩點\(v_i,v_{i+1}\)，使得 \(v_i\to n\ \land\ n\to v_{i+1}\) 則可以當第 \(n\) 個點插入。否則第 \(n\) 個點一定可以插入路徑首/尾。
性質 \(2\) ：縮點后一定是一條鏈。
直接證明：因為存在一條哈密頓路徑，所以縮點一定是路徑上連續的一段，因此縮完之后還是一條鏈。
反證法：假設不存在一條鏈，而整張圖又弱連通，所以縮完點后存在 \(x\to z,y\to z\)。由於是競賽圖，\(x,y\)之間一定存在有向邊，所以\(x,y\)可以重新縮點或者形成一條鏈。
性質 \(3\) ：競賽圖的每一個強連通都存在哈密頓環。
證明：數學歸納法。\(n=1\) 顯然成立，當 \(n-1\) 成立時，對於第 \(n\) 個點，如果單獨形成 \(\rm SCC\) 顯然成立。否則如果加入另一個\(\rm SCC\)，則存在 \(x\to n,n\to y\)，其中\(x,y\)屬於該\(\rm SCC\) 且在環中相鄰，那么可以在 \(x,y\) 之間加入第 \(n\) 個點形成新的哈密頓環。
為什么 \(x,y\) 一定在原環中相鄰呢？如果不相鄰，則原來的環上每一點都指向 \(n\) ，或都被 \(n\) 指向，不能形成新的 \(\rm SCC\)，與假設矛盾。
性質 \(4\) ：如果 \(x\) 的出度大於 \(y\) 的出度，則 \(x\) 可以到達 \(y\) 。
如果 \(x\) 和 \(y\) 在同一個強連通分量，則顯然成立。
否則我們縮點后拓撲排序，第 \(x\) 所在 \(\rm SCC\) 標號 \(u\)，\(y\) 所在 \(\rm SCC\) 標號 \(v\)。
如果 \(u>v\) ，則 \(x\) 向 $v $ 中所有點連邊，而 \(y\) 只能向標號 \(>v\) 的點連邊。同時 \(x\) 也向所有標號 \(>v\) 的點連邊，所以 \(x\) 的度數一定大於 \(y\)。
因此，如果\(v<u\)，則 \(x\) 的度數小於 \(y\) 與條件不符，所以 \(x\) 的出度大於 \(y\) 的出度是 \(x\) 可以到達 \(y\) 的充分條件。
比如這道題的交互方式已經告訴了我們解法。
在我們得到第一個\(\texttt{Yes}\)后需要結束詢問，也就意味着我們需要構造詢問使得得到的\(\texttt{Yes}\)能告訴我們兩點是強連通的。
題目還給定了入度\(k_i\)，我們可以猜測，如果入度大的點能夠到達入度小的點，則兩個點強連通。
證明：
我們對競賽圖使用強連通分量縮點，然后跑拓撲排序。則在拓撲序中相鄰的兩個分量，第一個分量中的任意一個點必定向第二個分量中所有點連邊，則出度\(\ge sz_r\)，而第二個分量不能向第一個分量連邊，因為如果右邊則可以繼續縮點，所以出度\(<sz_r\)。對於其余的聯通分量，由於是完全圖，則與兩個聯通分量中連有相同方向的邊。
所以如果兩個點\(k_i<k_j\)，則 \(i\) 的出度大於 \(j\) 的出度。如果 \(i,j\) 在一個聯通分量，則顯然強連通。否則 \(i\) 一定能到達 \(j\)，如果 \(j\) 又能到達 \(i\)，則兩個點強連通。
一個沒有太大用的性質，就是對於 \(k=0\) 的點 ，只有出邊，可以將這個點刪掉，並將其他 \(k\) 減 \(1\)。這樣可以大大減少交互次數。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 505
using namespace std;
int n,T;
typedef pair<int,int> Pr;
Pr k[N];
struct node{
int l,r,val;
bool operator<(const node o)const{
return val>o.val;
}
}a[N*N];
int main(){
cin>>n;
rep(i,1,n)cin>>k[i].first,k[i].second=i;
sort(k+1,k+n+1);
int j=1;
while(j<=n&&k[j].first==0){
rep(u,j+1,n)k[u].first--;
j++;
}
rep(x,j,n)rep(y,x+1,n)a[++T].l=k[x].second,a[T].r=k[y].second,a[T].val=k[y].first-k[x].first;
sort(a+1,a+T+1);
rep(i,1,T){
cout<<"? "<<a[i].r<<" "<<a[i].l<<endl;
string op;cin>>op;
if(op=="Yes"){cout<<"! "<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;return 0;}
}
cout<<"! 0 0"<<endl;
return 0;
}
競賽圖一定存在一條哈密頓路徑。
我們先找到哈密頓路徑，然后縮點的時候一定是連續的一段縮成一個點。
考慮尋找哈密頓路徑，我們遞歸處理。先找前 \(i-1\) 個點的哈密頓路徑，再將第 \(i\) 個點插入。這是個經典問題直接二分即可。
至於縮點，我們倒敘枚舉當前點 \(i\) ，找到 \(i\sim n\) 的點中能到達的哈密頓路徑中最前面的點的標號。
不難發現能到達的最前面的點具有單調性，直接雙指針掃一遍即可。
注意每組測試數據結束后一定要再讀入一個反饋（因為這個調了一個小時
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 105
using namespace std;
int n,u[N],fa[N],mat[N];
bool get(int x,int y){
cout<<"1 "<<x-1<<" "<<y-1<<endl;
int op;cin>>op;return op;
}
bool ask(int x,int l,int r){
cout<<"2 "<<u[x]-1<<" "<<r-l+1<<" ";
rep(i,l,r)cout<<u[i]-1<<" ";
cout<<endl;int op;cin>>op;return op;
}
void solve(){
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(u,0,sizeof(u));
memset(mat,0,sizeof(mat));
cin>>n;
u[1]=1;fa[1]=1;
int tot=0;
rep(i,2,n){
int l=0,r=i;
while(l+1<r){
int mid=(l+r)>>1;
int cur=get(u[mid],i);
tot++;
if(cur)l=mid;else r=mid;
}
pre(j,i-1,r)u[j+1]=u[j];
u[l+1]=i;
}
int cur=n;
pre(i,n,2){
cur=min(cur,i);
while(cur>1&&ask(i,1,cur-1))cur--;
fa[i]=cur;
}
rep(i,1,n)rep(j,fa[i],i)fa[i]=min(fa[i],fa[j]);
rep(i,1,n)mat[u[i]]=i;
cout<<"3 "<<endl;
rep(i,1,n){
rep(j,1,n)if(fa[mat[i]]==fa[mat[j]])putchar('1');
else if(mat[i]<mat[j])putchar('1');else putchar('0');
cout<<endl;
}int op;cin>>op;
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
return 0;
}