官方题解的操作好炫酷啊……
因为我们能得知的关于边的信息非常有限，所以考虑求出一条「通用」的路径，使得仅通过这些极少的路径就可以完成整张图的连通性的判断。
下面记题目中给出的两种询问分别为 $ ext{OneEdge}(u, v)$ 和 $ ext{ManyEdges}(u, S)$。
自然的，我们将目光投向这张竞赛图的哈密顿路径上。
考虑归并。比如我们现在在找 $[l, r]$ 这些点的哈密顿路径，那么可以分为两个部分 $[l, mid]$ 和 $[mid +1,r]$，递归求解这两部分的哈密顿路径。
比如 $[l, mid]$ 的哈密顿路径的起点是 $u$，$[mid+1, r]$ 的哈密顿路径的起点是 $v$，那么我们调用 $ ext{OneEdge}(u, v)$，如果边是 $u o v$ 的，那么我们就把 $u$ 放在 $[l, r]$ 的哈密顿路径的第一个，否则把 $v$ 放在第一个。
上面这么做为什么可行呢？
比如边是 $u o v$ 的，那么当把 $u$ 放在第一位后，无论下一位是 $v$ 还是 $[l, mid]$ 中 $u$ 的后继，$u$ 都有一条直接连向后面的边，所以哈密顿路径的性质不会被破坏。
第一位确定以后，我们再继续按照上面的方法去确定第二位、第三位……即可。这个过程本质上就是对两个有序数组的归并。
当然，其实完全可以不用手写这个归并过程，我们可以调用 STL 的 stable_sort，而 $ ext{OneEdge}$ 恰好就是 Compare 函数！
也就是说，我们先构造一个数组 $path_i = i$，接下来调用 stable_sort(path + 1, path + n + 1, OneEdge)，得到的 $path_1 o path_2 o cdots o path_n$ 就是图中的一条哈密顿路径了。
上述调用 $ ext{OneEdge}$ 的次数约 $n log n$。
求出哈密顿路径后，显然所有 $path_i o path_j (i < j)$ 的边就没有意义了，故只需要考虑反向边。
于是我们逆序遍历 $path$ 数组，同时维护一下当前通过反向边最远能追溯到哪里，其实也就是维护一个指针 $p$，只要 $ ext{ManyEdges}(path_{now}, {path_1, path_2, cdots, path_p}) = 1$，就说明至少可以追溯到前 $p$ 位。
因为 $now$ 和 $p$ 都是单调下降的，所以上述过程是线性的，调用 $ ext{ManyEdges}$ 的次数约为 $2n$。
于是这个问题就很好地得到了解决，代码非常短。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, t, ret;
bool ans[105][105];
vector<int> path;
inline bool ManyEdges(const int &x, int len) // len 表示询问的 S 是 path[0] ~ path[len]
{
if(len < 0) return false;
cout << "2 " << x << ' ' << len + 1 << ' ';
for(unsigned i = 0; i <= len; i++) cout << path[i] << ' ';
cout << endl;
cin >> ret;
return ret;
}
inline bool OneEdge(const int &a, const int &b)
{
cout << "1 " << a << ' ' << b << endl;
cin >> ret;
return ret;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n;
memset(ans, true, sizeof(ans));
path.clear();
for(int i = 0; i < n; i++) path.push_back(i);
stable_sort(path.begin(), path.end(), OneEdge);
int far = n - 2;
for(int i = n - 1; ~i; i--)
{
if(far == i)
{
for(int j = 0; j <= i; j++) for(int k = i + 1; k < n; k++) ans[path[k]][path[j]] = false;
far--;
}
while(ManyEdges(path[i], far)) far--;
}
cout << "3
";
for(int i = 0; i < n; i++, cout << endl) for(int j = 0; j < n; j++) cout << ans[i][j];
cin >> n;
}
}