一开始看到这道题确实有种无从下手的感觉，具体说一说思考过程
- 容易得出若 \(m = \frac{n(n-1)}{2}\)，必定排列 \(p\) 和 \(q\) 相等，思考若删掉一个限制之后会怎么样。
第一步是简单的，发现若删掉 \((l,r)\)，那么只要 \(l\) 和 \(r\) 中的元素是相邻的，那么 \(l\) 和 \(r\) 的元素就可以交换了，也就自然而然在 \((l,r)\) 之间连了一条边。
- 那再删一个限制呢？
如果互不影响，两两交换就可以了，但如果两个限制中的元素出现重复呢？手玩一下就会发现，若把这三个位置的元素表示成 \(y,y+1,y+2\)，那可以构造出以下两个排列的元素（假定中间的元素是两个限制共用的元素）：
\(p:(y+1,y,y+2)\)
\(q:(y,y+2,y+1)\)
所以我们得出：对于一个菊花图，必然存在一种方案使得两个排列相同位置的元素不相同，也就是说我们要将反图拆成多个点数 \(> 1\) 的菊花图。
- 如何构造？
首先先把已经被限制死的点给删掉，剩下的图是不会出现单点的。
然后随便找一个生成树，我们手玩一下：
对于当前点 \(u\)，设树中与它相连的点为 \(v\)。
- 若 \(v\) 作为菊花图的根的，直接连即可。
- 若 \(v\) 所在的菊花图的大小 \(> 2\)，把 \(v\) 让给 \(x\) 即可。
- 若 \(v\) 所在的菊花图大小为 \(2\)，把 \(x\) 加入不影响。
所以必然有解！然后就做完了。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second
#define int long long
#define lowbit(x) x&(-x)
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
typedef pair<int,int> pir;
inline int read(){int x=0,f=1; char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}while(isdigit(c)){x=x*10+(c^48); c=getchar();}return x*f;
}
const int inf=1e18,N=5e5+5;
int T;
int n,m;
int du[N];
int p[N],q[N];
vector<int> ed[N],re[N];
queue<int> qu;
set<int> s;
map<pir,int> mp;
inline void dfs(int x,int fa){for(auto it=s.begin();it!=s.end();it++){int v=*it;if(mp.find(mkp(x,v))==mp.end()){re[x].push_back(v);re[v].push_back(x);}}for(auto v:re[x]) if(v!=fa) s.erase(v);for(auto v:re[x]) if(v!=fa) dfs(v,x);
}
int vis[N],rt[N],siz[N],tot;
inline void dfs2(int x,int fa){if(!vis[x]){int fl=0;for(auto v:re[x]) fl|=(vis[v]==0);if(fl){vis[x]=++tot;rt[tot]=x;siz[tot]=1;for(auto v:re[x]) if(!vis[v]) vis[v]=tot,siz[tot]++;}else{for(auto v:re[x]){if(rt[vis[v]]==v){vis[x]=vis[v];siz[vis[v]]++;break;}if(siz[vis[v]]>2){siz[vis[v]]--;vis[x]=vis[v]=++tot;rt[tot]=x;siz[tot]=2;break;}rt[vis[v]]=v;vis[x]=vis[v];siz[vis[v]]++;break;}}}for(auto v:re[x]) if(v!=fa) dfs2(v,x);
}
inline void clear(){mp.clear();for(int i=1;i<=n;i++) ed[i].clear(),re[i].clear(),du[i]=0;s.clear();for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=siz[i]=rt[i]=p[i]=q[i]=0;tot=0;
}
inline void solve(){clear();n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();ed[u].push_back(v);ed[v].push_back(u);mp[mkp(u,v)]=mp[mkp(v,u)]=1;du[u]++,du[v]++;}for(int i=1;i<=n;i++) s.insert(i);int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(du[i]==n-1) qu.push(i),s.erase(i);while(!qu.empty()){int x=qu.front();qu.pop();p[x]=q[x]=++cnt;for(auto v:ed[x]){du[v]--;if((s.find(v)!=s.end())&&du[v]>=n-cnt-1){s.erase(v);qu.push(v);}}}for(int i=1;i<=n;i++) if(s.find(i)!=s.end()){s.erase(i);dfs(i,0);}for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]&&!p[i]) dfs2(i,0);for(int i=1;i<=tot;i++){int x=rt[i];p[x]=++cnt;for(auto v:re[x]){if(vis[v]!=i) continue;q[v]=cnt,p[v]=++cnt;}q[x]=cnt;}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<p[i]<<' ';puts("");for(int i=1;i<=n;i++) cout<<q[i]<<' ';puts("");
}
signed main(){T=read();while(T--) solve();
}
