problem

luogu-P8252

solution

本题最难处理的就是两个人会做的题目集合是包含关系的限制。

将所有人按会做的题数从大到小排序。

然后枚举 $i$，只要这个人和之前某个人存在有至少一道公共的题目，并且保证这个人有新的题目，那么这两个人就可以讨论。

设 $ls{t}_x:$ 当前枚举到的人种最后一个会做第 $x$ 道题的人的编号。

再枚举 $i$ 会做的题目 $p$。

那么我们就可以知道 $ls{t}_p$ 和 $i$ 是有会做的题目重合的。

• 如果 $ls{t}_p$ 为空，即 $i$ 是目前为止第一个会做 $p$ 题的人。

  这种情况就比较简单，我们只需要直接找一个和 $i$ 有题目交集的人即可。

  因为排序，所以这个人会做的题数一定不小于 $i$，$i$ 有新题，则这个人必然也有新题。

现在的问题是要求 $ls{t}_p$ 这个人会做的题目集合不能完全包含 $i$ 会做的题目集合。

我们不妨先把这个人 $ls{t}_p$ 记录下来，用 $x$ 暂记。

继续枚举题目，又找到了一个 $ls{t}_p$，如果这个 $ls{t}_p\ne x$，我们就再记录下来，用 $y$ 暂记。

此时我们至少有了两个不同的人，都满足和 $i$ 有题目交集。

我们直接让 $x,y$ 两个人中题目数多的人变成 $i$，然后输出 $x,y$ 存储的编号。

假设 $x$ 会做的题目数比 $y$ 多。那么 $i,y$ 一定有题目交集，并且存在有 $i$ 会做的题目 $y$ 不会。

因为这道题是 $x$ 会，根据 $lst$ 数组的定义。$x,y$ 既然是不同的，那么这两个人就有彼此不会做的题目

（当然可能这两个人也可以讨论，但也可能这两个会做的题目完全无交集）

可以多思考一下，我觉得这道题非常巧妙之处就在于这里！👍

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000005
int k[maxn], id[maxn], lst[maxn];
vector < int > G[maxn];
int T, n;void read( int &x ) {x = 0; char s = getchar();while( s < '0' or s > '9' ) s = getchar();while( '0' <= s and s <= '9' ) {x = (x << 1) + (x << 3) + (s ^ 48);s = getchar();}
}signed main() {read( T );while( T -- ) {read( n );memset( lst, 0, sizeof( lst ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) G[i].clear();for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {read( k[i] );for( int j = 1, x;j <= k[i];j ++ ) {read( x );G[i].push_back( x );}}iota( id + 1, id + n + 1, 1 );sort( id + 1, id + n + 1, []( int x, int y ) { return k[x] > k[y]; } );int now, x, y;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {now = id[i]; x = y = 0;for( int j : G[now] ) {int p = lst[j]; lst[j] = now;if( ! p ) p = now;if( ! x ) x = p;else if( x ^ p ) y = p;if( x and y ) goto yes;}}puts("NO");continue;yes : if( x ^ now and y ^ now ) {if( k[x] > k[y] ) x = now;else y = now;}printf( "YES\n%d %d\n", x, y );}return 0;
}