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不知道为什么题解区的那位大哥要和二分图扯上关系。
直接考虑根号分治。
如果一个集合的元素个数大于\(\sqrt n\)，那么直接将这个集合的元素扔到桶里然后枚举每个集合每个元素查有没有哪个集合有\(2\)个元素。这一部分的复杂度是\(O(n\sqrt n)\)的。
如果它小于\(\sqrt n\)，那么我们对于每个集合爆枚所有点对，这个点对的个数显然是\(O(n\sqrt n)\)级别的，然后看看有没有重复即可。
关于怎么判断\(n\)点对有没有重复，我们有如下\(O(n)\)做法：首先以第一维为关键字扔到vector里去，然后对于每个vector用桶收集第二维答案是不是存在。
所有vector共用一个桶。这样空间复杂度就是\(O(n\sqrt n)\)的。
然后因为后面那个常数很大，所以根号分治的东西除二更优。
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define ll long long
#define db double
#define N 200000
#define M 30
#define mod 1000000007
#define eps (1e-7)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
int n,m,k,T,x,y,cnt,t[N+5],B[N+5],ans;vector<int> A[N+5],G[N+5],Id[N+5];map<int,int> F;
I void Make(int &x){!F[x]&&(F[x]=++cnt);x=F[x];}
I void calc(){
	re int i,j,h;scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++) A[i].clear();for(i=1;i<=cnt;i++) G[i].clear(),Id[i].clear();F.clear();m=0;cnt=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&t[i]);m+=t[i];for(j=1;j<=t[i];j++)scanf("%d",&x),Make(x),A[i].push_back(x); 
	}k=sqrt(m/4);
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(t[i]<k) continue;for(j=0;j<t[i];j++) B[A[i][j]]=1;
		for(j=1;j<=n;j++){if(i==j) continue;
			for(ans=0,h=0;h<t[j];h++) ans+=B[A[j][h]];if(ans>=2){printf("%d %d\n",i,j);for(j=0;j<t[i];j++) B[A[i][j]]=0;return;}
		} 
		for(j=0;j<t[i];j++) B[A[i][j]]=0;
	}
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(t[i]>=k) continue;
		for(j=0;j<A[i].size();j++){
			for(h=j+1;h<A[i].size();h++) G[min(A[i][j],A[i][h])].push_back(max(A[i][j],A[i][h])),Id[min(A[i][j],A[i][h])].push_back(i);
		}
	}
	for(i=1;i<=cnt;i++){
		for(j=0;j<G[i].size();j++) {
			if(B[G[i][j]]){printf("%d %d\n",B[G[i][j]],Id[i][j]);for(j=0;j<G[i].size();j++) B[G[i][j]]=0;return;}B[G[i][j]]=Id[i][j];
		}
		for(j=0;j<G[i].size();j++) B[G[i][j]]=0;
	}printf("-1\n");
} 
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	re int i;scanf("%d",&T);while(T--)calc();
}