problem

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solution

考虑 Ω={E1,...,En−1}\Omega=\{E_1,...,E_{n-1}\}Ω={E1​,...,En−1​} 的一个子集 $S$，记 f(S)={u∣u∈Ei∈S}f(S)=\{u\mid u\in E_i\in S\}f(S)={u∣u∈Ei​∈S}。

显然当 $S\ne \varnothing \wedge |f(S)|\le |S|$ 时，一定会有环存在，弄不出一棵树。

所以只有 $|f(S)|\ge |S|+1$ 时才有解，这是必要条件。

这十分的 $\text{Hall}$ 定理长相，下面二分图的构造将说明这同时也是充分条件。

左部点集有 $n$ 个点 ，右部 $n-1$ 个点分别表示一个点集。若 $u\in E_i$，则在二分图连一条左部编号 $u$ 的点到右部第 $i$ 个点。

有解首先要满足右部 $n-1$ 个点完备匹配（每个子集都要选点）。

可以用网络流 $\text{dinic}$ 跑。

这样的话左部就一定会剩下一个未匹配点，记为 $rt$。

从 $rt$ 开始 $\text{dfs}$ 随便找一个右部与之有边相连且还未标记过的点 $i$，再找到这个点在右部的匹配点 $link(i)$。

将 $i$ 打上标记，意味着 $i$ 子集选择 $rt,link(i)$ 两个点。

再从 $link(i)$ 继续 $\text{dfs}$ 下去。

在 $\text{dfs}$ 的过程中，就顺便还判断了是否有解并且记录解的选择。如果所有子集都标记了则有解。

同时，不存在将有解判为无解的可能。

$\text{dfs}$ 的任何时候都是左部点访问个数 $=$ 右部点访问个数 $+1$，因为只多了一个 $rt$。

如果到了某个左部点发现右边的所有连边子集点都被打上了标记，则剩下的左部点和右部点个数就相同了。

就出现了 $|f(S)|\le |S|$ 的情况，就一定无解。

也就是说如果无解一定是出现了 $|f(S)|\le |S|$ 的情况，这也说明了这个条件是充要的。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 200005
struct node { int to, nxt, flow; }E[maxn << 2];
int head[maxn], cur[maxn], dep[maxn], link[maxn];
bool vis[maxn];
int cnt = -1, s, t, n;
queue < int > q;
vector < int > ans[maxn];void addedge( int u, int v, int w ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0 }, head[v] = cnt;
}bool bfs() {memset( dep, 0, sizeof( dep ) );memcpy( cur, head, sizeof( head ) );dep[s] = 1; q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int i = head[u], v;~ i;i = E[i].nxt )if( ! dep[v = E[i].to] and E[i].flow ) dep[v] = dep[u] + 1, q.push( v );}return dep[t];
}int dfs( int u, int cap ) {if( ! cap or u == t ) return cap;int flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = E[i].nxt ) {cur[u] = i; int v = E[i].to;if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {int w = dfs( v, min( cap, E[i].flow ) );if( ! w ) continue;E[i ^ 1].flow += w;E[i].flow -= w;flow += w;cap -= w;if( ! cap ) break;}}return flow;
}int dinic() {int ret = 0;while( bfs() ) ret += dfs( s, inf );return ret;
}void dfs( int u ) {cnt ++;for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( v > n and ! vis[v] ) {ans[v].push_back( u );ans[v].push_back( link[v] );vis[v] = 1;dfs( link[v] );}}
}int main() {memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%d", &n );s = 0, t = n << 1;for( int i = 1, k, x;i < n;i ++ ) {scanf( "%d", &k );for( int j = 1;j <= k;j ++ ) {scanf( "%d", &x );addedge( x, n + i, inf );}}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) addedge( s, i, 1 );for( int i = 1;i < n;i ++ ) addedge( i + n, t, 1 );if( dinic() != n - 1 ) return ! puts("-1");for( int i = n + 1;i < (n << 1);i ++ )for( int j = head[i];~ j;j = E[j].nxt )if( E[j].to < i and E[j].flow ) {link[i] = E[j].to;break;}int rt;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = head[i];~ j;j = E[j].nxt )if( E[j].to > i and E[j ^ 1].flow ) goto pass;rt = i;break;pass :;}cnt = 0;dfs( rt );if( cnt ^ n ) return ! puts("-1");for( int i = n + 1;i < (n << 1);i ++ )printf( "%d %d\n", ans[i][0], ans[i][1] );return 0;
}