竞赛图是有向完全图，我见到的题包括给定一个竞赛图或者是竞赛图的计数问题。
首先给出两个结论：
1>：任意竞赛图都有哈密顿路径（经过每个点一次的路径，不要求回到出发点）。
2>：竞赛图存在哈密顿回路的充要条件是强联通。
显然如果我们可以证明出结论2的话，对于一般竞赛图的哈密顿路径我们只需tarjan按照拓扑顺序得到。
结论2证明：
用归纳法，显然对于n=1,2的情况是满足结论的，那么我们证明n>=3时只需要由1-n-1都满足这个性质来推即可。
1>：
若在原n-1个点构成的强联通的竞赛图中新添加的一个点。
原图一定存在一个哈密顿回路，并且第n个点与前n-1个点之间的边一定不是同向的（满足一个强联通分量）。
所以将环上的点依次排列，一定存在一个点p，使得存在边p->n&&n->nxt[p]或n->p&&nxt[p]->n。
这样就可以直接把n加进去了。
2>：
若原n-1个点不是一个强联通分量。
按照拓扑序，找到head，tail。n一定存在tail中一个点p存在边p->n，同理head中一定有一个点p存在边n->p。
这样就直接将哈密顿链首位连接了。
哈密顿路径构造：
首先记录当前链的head，tail。
依次枚举剩下的点加入。
1>：x->head，直接把head改成x。
2>：tail->x，直接把tail改成x。
3>：否则，一定存在head->x，x->tail。即一定存在一个点p使得p->x，x->nxt[p]。
通过哈密顿路径构造哈密顿回路：
首先找到一个最靠右的点p，满足p->head。
然后就从p之后点的开始加入环内。
我们考虑会存在一种情况是现在环上所有点都指向p，那么p肯定是通过之后的一个点连接到环内。
所以我们记录一个pre代表插入的链的左端点，当p满足到环上某个点时，就把[pre,p]这个链插入到环中。
因为[pre,p)与环上的点之间的边都是指向自己的，所以一定存在环上一个点x满足x->pre&&p->nxt[x]，然后插入即可。
计数题：
bzoj 5219
codeforces 913 F Strongly Connected Tournament
codeforces 804 F Fake bullions （神仙题）
hdu 5503 EarthCup：
题目描述：给定每个点的获胜次数，问是否存在这样的竞赛图。
显然会想到一个网络流做法，左边n*(n-1)/2个点，右边n个点跑最大流即可。
继续推，我们可以把右边第i个点展开成a[i]个流量为一的点。
二分图完美匹配。Hall定理，一个二分图存在完美匹配条件是任意一个集合匹配点的个数>=size。
因为右边的a[i]个点的集合都一样，所以边界肯定是都选上这a[i]个点。
所以满足条件：
$sum_{iepsilon S}a[i]leq |S|*(n-1)-|S|*(|S|-1)/2$
所以直接排序之后从大到小前缀和即可。
wiki上给的是从小到大排序满足
$sum_{iepsilon S}a[i]geq |S|*(|S|-1)/2$
两种是一样的。
hdu 5961 传递：
显然是出环就不对了。
然后一个图中若a->b，b->c结果ac之间的边在另一个图里也不行。
其实就是PUQ和PUQ'（Q的边都反向）没有环即可。不用对Q做，因为边都反向结果相同。
bzoj 4727：
就是一个裸的应用了。
能经过的点的个数就是拓扑序上后面的所有点的个数。
然后一次输出同一个强联通分量上的环即可。
#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]; //找哈密顿链 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; } //由链变成环 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(""); } }