(mathcal{Translate})
有一个 (n) 个点的竞赛图，其中 (i) 的入度为 (k_i)，你可以进行交互，每次询问点对 ((A,B))，回答是否存在 (A) 到 (B) 的路径，如果回答为 "Yes" 则不能再询问，否则可以继续询问。
求出一个点对 ((A,B)) ，其中 (A,B) 可以互相到达，并且 (|k_A-k_B|) 最大。
(3leq nleq 500)。
(mathcal{Solution})
提供一个 (mathcal{O}(n)) 且不需要询问的做法。
简单来说是：按照入度从小到大排序，如果到前 (i) 个的入度和恰好为 (i imes(i-1)/2)，则出现了一个新的强连通分量，假设上一次符合条件的是 (lst)，则 ([lst+1,i]) 构成了一个新的强连通分量。
这样遍历一遍就可以求出每个强连通分量里有哪些点，就能统计出答案了。
排序选择计数排序，时间复杂度 (mathcal{O}(n))。
(mathcal{Code})
//Code by do_while_true
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pp std::pair<int,int>
#define mp std::make_pair
#define fir first
#define sec second
template <typename T>
T& read(T& r) {
r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') r = r * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return r = w ? -r : r;
}
const int N = 510;
int n, mx = -1, lst, sum, ansu, ansv, ct;
std::vector<int>vec[N];
pp a[N];
signed main() {
read(n);
for(int i = 1, x; i <= n; ++i) {
read(x);
vec[x].push_back(i);
}
for(int i = 0; i <= n; ++i)
for(auto j : vec[i])
a[++ct] = mp(i, j);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
sum += a[i].fir;
if(sum == i * (i-1) / 2) {
if(lst != i-1) {
int now = a[i].fir - a[lst+1].fir;
if(now > mx)
mx = now,
ansu = a[lst+1].sec,
ansv = a[i].sec;
}
lst = i;
}
}
printf("! %d %d
", ansu, ansv);
return 0;
}
(mathcal{Proof})
竞赛图有个经典结论，其强连通缩点后的DAG呈类似于链状, 前面的所有点向后面的所有点连边。网上能搜到很多证明，这里就不重复论述了。
可以发现，拓扑序在前的SCC的任意一节点的入度严格小于拓扑序在后的SCC的任意一节点入度。因为前面的SCC的点必定向后面的SCC的点连边。
所以所有节点按照入度和从小到大排序后，同一个SCC的节点一定是连续的。
引理一：若一个竞赛图按照入度从小到大排序，仅有 (i=n) 满足前 (i) 的入度和为 (i imes (i-1)/2)，则这个竞赛图缩点后只有一个SCC。
原因很简单，如果有多个SCC，那么第一个SCC若以 (j) 结尾，一定满足入度和为 (j imes(j-1)/2)，与仅有 (i=n) 时满足不符。
(mathcal{Solution}) 中的结论的必要性比较显然，在此不多赘述。
考虑 (Solution) 中提到的步骤，由引理一得，若第一个满足条件的为 (i) ，则前 (i) 个节点在同一个SCC，因为前 (i) 个节点之间互相只有 (i imes(i-1)/2) 条边，而入度也正好统计到了这么多边，所以可以看成引理一的情况。
现在已经求出第一个SCC了，如果我们找到的第二个满足条件的点在 (j) 。
由于满足必要性，所以此时考虑前 (j) 个节点时，要不然是两个 SCC，要不然后面的组成不了SCC。
设第一个SCC为集合 (L)，其大小为 (l)。后面的点组成的集合为 (R)，其大小为 (r)。
只考虑 (L)，则他们的入度和为 (sumlimits_{k=0}^{l-1}k=l imes(l-1)/2)，由于图为竞赛图，所以 (L) 中的每个点一定都与 (R) 中每个点相连，且这些有向边一定是朝向 (R) 中的点，这一部分的入度和为 (l imes r=sumlimits_{k=l}^{j-1}l)。
总的入度和为 (j imes(j-1)/2=sumlimits_{k=0}^{j-1}k)，发现这个求和与前面两个求和的差值恰好为 (sumlimits_{k=l}^{j-1}k-l=sumlimits_{k=0}^{r-1}k)。
也就是说，(R) 内部的点的入度和为 (sumlimits_{k=0}^{r-1}k=r imes(r-1)/2)，由引理一可得 (R) 可组成一个SCC。
这是两个的情况，注意到对于 (L) 来说，仅使用到了 (L) 内部的入度和为 (l imes(l-1)/2) ，以及 (L) 中的每个点一定都与 (R) 中每个点相连，将 (L) 扩展为前 (k) 个SCC的点组成的集合同样满足这两条性质。
结论的充分性得证。
本文即使略去一些繁琐的，不必要的推导，仍显得篇幅略长。如有质疑或建议欢迎提出。