UOJ 460

求一个$n$个点的完全图最多能有几个边不重复的生成树，并输出方案。

$$3le n le 2000$$

由于完全图边数为$frac{n(n-1)}{2}$，而一棵生成树的边数为$n-1$，所以上界是$lfloor frac{n}{2} floor$，下面给出一个构造方案来证明这个上界是紧的。

用增量法，设当前有$k$个点（$k$为偶数），我们再加入$2$个点，设为第$k+1,k+2$个。

对于原有的$frac{k}{2}$棵树，在第$i$棵树上加入边$(i,k+1),(i+frac{k}{2},k+2)$。而对于新的树$T_{frac{k}{2}+1}$，$forall i in [1,frac{k}{2}],(i,k+2),(i+frac{k}{2},k+1) in E_{T_{frac{k}{2}+1}}$，最后在新树上加入边$(k+1,k+2)$即可。

如果$n$是奇数，最后所有树再向$n$连一条边即可。

const int MAXN = 2000 + 5;

std::vector<std::pair<int, int>> G[MAXN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  printf("%d
", n >> 1);
  for (int i = 2; i <= n; i += 2) {
    For(j, 1, (i - 2) >> 1) {
      G[j].push_back(std::make_pair(j, i - 1));
      G[j].push_back(std::make_pair(j + ((i - 2) >> 1), i));
    }
    G[i >> 1].push_back(std::make_pair(i - 1, i));
    For(j, 1, (i - 2) >> 1) {
      G[i >> 1].push_back(std::make_pair(j, i));
      G[i >> 1].push_back(std::make_pair(j + ((i - 2) >> 1), i - 1));
    }
  }
  if (n & 1) {
    For(i, 1, n >> 1) {
      G[i].push_back(std::make_pair(i, n));
    }
  }
  For(i, 1, n >> 1) {
    for (auto &x: G[i]) {
      printf("%d %d ", x.first, x.second);
    }
    puts("");
  }
  return 0;
}