AT ARC189E Straight Path

首先发现的是 \(n = 2, 3\) 必定无解。
接下来考虑 \(n\ge 4\) 的情况。

首先手玩一下小数据 \(n = 4\)。
因为此时对应的图为一个带对角线的正方形，于是可以从对称的角度入手，得到 \(\max = 3\) 的解：
\(\begin{matrix}1 & {\color{red}{-}} & 2\\ {\color{blue}{|}} & {\color{green}{\times}} & {\color{blue}{|}} \\ 3 & {\color{red}{-}} & 4\end{matrix}\)
其中三个颜色各代表一种颜色，方便起见，钦定蓝色为 \(1\)，红色为 \(2\)，绿色为 \(3\)。

首先通过 \(n = 4\) 的手玩，猜测 \(\max = 3\) 为下界，即不存在 \(\max = 1 / 2\)。

对于 \(\max = 1\) 不存在是显然的，因为任意一条路径权值都相同。

还要证明不存在 \(\max = 2\) 的构造。
其实就是要证明不管怎样对边染 \(0 / 1\)，都存在 \(0\to 0\to \cdots\to 0\to 1\cdots\to 1\) 这样的哈密顿路径。
对于这种对边有要求的哈密顿路径构造，通常一个比较好用方式的是增量构造。
考虑对于前 \(i\) 个点的路径，如果边权为一个值就直接把 \(i + 1\) 放在后面。
否则找到 \(\cdots \to 0 \to 0 \to 1 \to 1 \to \cdots\) 这个转折点的位置，记 \(w(p_1, u) = 0, w(u, p_2) = 1\)（\(u\) 是 \(0 \to 1\) 分界处的公共点，\(p_1, p_2\) 为 \(u\) 前面 / 后面的一个点）。
考虑分讨 \(w(u, i + 1) = 0 / 1\) 进行构造。

• \(w(u, i + 1) = 0\)，对应有构造 \(\cdots \to 0 \to (w(u, i + 1) = 0) \to (w(i + 1, p_2) = 0 / 1) \to 1 \to \cdots\)。
• \(w(u, i + 1) = 1\)，对应有构造 \(\cdots \to 0 \to (w(p_1, i + 1) = 0 / 1) \to (w(i + 1, u) = 1) \to 1 \to \cdots\)。

于是可以知道，当 \(\max = 2\) 时一定不存在合法的情况。

于是接下来考虑如何构造出 \(\max = 3\) 的方案。

因为只能有 \(3\) 种边权，于是考虑先类二分图的让一种边权用来区分出几个部分。
构造需要尽量有普适性，于是先只分成两个部分。

考虑如何区分出这两个部分。
一个构造想法就是每一部分内部的边都为 \(1\)，而两部分之间的连边都为 \(2, 3\)。

考虑这样连边后，可能不增 / 不减的路径的形态就是：
在一个部分内部先走（也可以不走），剩下的边都是在两个部分内反复跳。（也有可能是反过来，当然情况都一样。）
这是因为如果在两个部分间跳就至少走过了一条 \(2 / 3\)，如果前面后面都走过 \(1\) 就不合法了，于是形态一定成这样。

那么进一步思考，如果 \(n\) 为偶数，把两部分分成 \(\frac{n}{2}, \frac{n}{2}\)，那么合法的路径一定会是一直在两个块间反复跳。
这是因为对于两个块间跳，经过的点数 \(x, y\)（钦定 \(x\) 为起点所在的块）应该满足 \(y + 1\ge x\ge y\)，那么如果先先在块内走了一步两部分点数就变为了 \(\frac{n}{2} - 1, \frac{n}{2}\)，那么后面一定还会在另一个块内走，就不合法了。

同理的，如果对于 \(n\) 为奇数的情况，把两部分分为 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor, \lceil\frac{n}{2}\rceil\)。
那么合法的路径类似上面的分析可以知道是：
从 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 的块开始，至多在块内走一步，然后都在两个块内跳。

于是发现一定要满足的是，不存在只在两个块内一直跳的合法路径。（先不考虑 \(n\) 为奇数时另一种情况。）
考虑复用信息，把每部分的点再分成两个部分，对应前面 \(n = 4\) 的构造的左边 / 右边一列的两个点，然后按照 \(n = 4\) 的情况连边权为 \(2, 3\) 的边。

于是 \(n\) 为偶数的情况就解决完了。

但是 \(n\) 为奇数的情况似乎还有问题，比如样例的 \(n = 5\) 对应的 \(\max = 4\)。
那么唯一的问题就出在可能是从 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 的块内走了一步再走出来的。

考虑当 \(n = 5\) 时为何存在合法的路径，此时这个块内只有 \(3\) 个点，再次分出的两个部分的点数分别应为 \(1, 2\)。
那么就可以第一步在块内走的时候先把点数为 \(1\) 的部分走掉，那么实际上就是 \(n = 4\) 的情况去掉了一个点，且这一个块内的另一部分点数为 \(2\)，那么此时一定存在 \(2 - 2 - 3\) 的路径，而且第一条边边权是 \(1\)，于是路径合法。

继续沿用这个分析，考虑当 \(n\ge 7\) 时。
起始块的点数 \(\ge 4\)，那么再分出的两个部分的点数肯定都能满足 \(\ge 2\)。
那么此时不管从哪个部分开始走，肯定这个块的两个部分都还会有点。
那么此时 \(n = 4\) 的情况的 \(4\) 个点都还在，就一定就不会存在合法路径了。

于是可以通过分析知道，这个构造只有当 \(n = 5\) 不合法，其他情况下都满足 \(\max = 3\) 且构造合法。

对于 \(n = 5\) 可以直接粘样例。
对于其余构造，更好写的做法是直接让 \(n = 4\) 中的第 \(i\) 个点的点数为 \(\lfloor\frac{n}{4}\rfloor + [n\bmod 4 \ge i]\)（把编号 \(i\) 分到 \((i - 1)\bmod 4 + 1\) 组）。
可以知道这个点数分配满足构造需要的条件。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)，这个题的数据范围应该是给 checker 开的。

#include<bits/stdc++.h>
constexpr int maxn = 20 + 2;
int a[maxn][maxn];
int main() {
   int n;
   scanf("%d", &n);
   if (n == 2 || n == 3) {
      return puts("No"), 0;
   }
   puts("Yes");
   if (n == 5) {
      printf("2 1 4 4\n");
      printf("4 3 1\n");
      printf("1 3\n");
      printf("2\n");
      return 0;
   }
   for (int i = 1; i <= n; i++, puts("")) {
      for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
         if ((i & 1) == (j & 1)) printf("1 ");
         else if ((i & 2) == (j & 2)) printf("2 ");
         else printf("3 ");
      }
   }
   return 0;
}