中规中矩的构造题一道。
首先考虑将两张图都向一个中间状态转化。方便起见我们取所有点都连向 (1) 号点的情形作为中间状态。
考虑怎样从初始状态向我们这个中间状态转化。显然我们要将所有不与 (1) 相连的对角线都变得与 (1) 相连对吧，那我们就考虑从 (2) 开始枚举每一个点 (x) 以及一个与 (x) 相连的边 ((x,y)(x<y))，满足 (y) 与 (1) 有边，如果 (|x-y|>2) 说明这条对角线不符合要求，我们就找出 (x,y) 所在的四边形，显然一个端点是 (1)，另一个端点枚举一下即可找出，假设为 (z)，那么我们就操作 (1,x,y,z) 构造的四边形，将 ((x,y)) 变成 ((1,z))。如果我们找不到这样的 (y) 说明不存在与 (x) 相连的不合法的边，我们就继续进入到下一个 (x) 即可。容易发现每次操作会恰好使一个不合法的边变得合法，而总边数最多只有 (n-1)，因此总操作次数的上限为 (2n-2)。
时间复杂度 (mathcal O(n^2))。
事实上本题如果用 bitset 优化数据范围可以出到 (5 imes 10^4)，具体解法就是对每个点开一个 bitset 存储与其相连的点，然后用 bitset 的取并和 _Find_first() 函数找出符合要求的 (y)，再用 bitset 的取并找出 (x,y) 对应的 (z)。
const int MAXN=1000;
int n;
struct solver{
vector<pii> op;int tp,a[MAXN+5][MAXN+5];
void read(){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);a[u][v]=a[v][u]=1;}
void work(){
for(int i=1;i<=n;i++) a[i%n+1][i]=a[i][i%n+1]=1;
for(int i=2;i<n;i++) if(a[1][i]){
while(1){
int ps=n;
for(int j=i+1;j<=n;j++) if(a[1][j]){ps=j;break;}
if(ps==i+1) break;
for(int j=i+1;j<ps;j++) if(a[ps][j]&&a[i][j]){
a[j][1]=a[1][j]=1;a[i][ps]=a[ps][i]=0;
(tp)?op.pb(mp(i,ps)):op.pb(mp(1,j));break;
}
}
}
}
} s1,s2;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n-3;i++) s1.read();
for(int i=1;i<=n-3;i++) s2.read();
s1.tp=1;s1.work();s2.work();printf("%d
",s1.op.size()+s2.op.size());
for(int i=0;i<s1.op.size();i++) printf("%d %d
",s1.op[i].fi,s1.op[i].se);
for(int i=(int)(s2.op.size())-1;~i;i--) printf("%d %d
",s2.op[i].fi,s2.op[i].se);
return 0;
}