有$n(1000)$n(1000)个人, 每个人都要和其他$n-1$n−1个人进行比赛, 每个人都规定了他参加的$n-1$n−1场比赛的顺序, 问是否有一种比赛顺序能满足所有人心意. 此外, 每天可以安排多场比赛,但每天一个人只能参加一场比赛. 如果不能满足所有人的心意输出$-1$−1, 如果能够满足所有人心意, 那么输出最少需要比赛多少天.

设$[A,B]$[A,B]代表$A$A和$B$B两个人进行的那场比赛.
可以把$[A,B]$[A,B]当作一个点, 那么题目给出的关系矩阵就会构成一个有关每场$[比赛]$[比赛]的无向图. 图上的边$[A,B]→[A,C]$[A,B]→[A,C]代表先进行$[A,B]$[A,B]才能进行$[A,C]$[A,C].
只有当这个图是DAG的话, 才能满足所有人的心意. 在此基础上, $DAG$DAG上的最长路就是花费的最长时间, 在最长路之外的点都能在走最长路的过程中走完.
判断$DAG$DAG: $O(N+V)$O(N+V). $DAG$DAG上最长路: (简单$dp$dp)$O(N+V)$O(N+V)

const int M = 1123456;
int n, fa[M],inDg[M],cnt = 0;
vector<int> to[M];
set<int> points;

void dfs(int now) {
    cnt++;
    for (auto son:to[now]) {
        inDg[son]--;
        if (inDg[son] == 0) {
            dfs(son);
        }
    }
}

int dp[M];
int dfs2(int now) {
    if (dp[now] != -1)
        return dp[now];
    int tmp = 0;
    for (auto son:to[now]) {
        checkMax(tmp, dfs2(son) + 1);
    }
    return dp[now] = tmp;
}


void init() {
    Mem(dp, -1);
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int bf = 0;
        points.insert(0);
        for (int j = 1; j < n; ++j) {
            int tmp1 = read();
            int tmp2 = i;
            if (tmp1 > tmp2)swap(tmp1, tmp2);
            int tmp = tmp1 * 1000+ tmp2;
            // 用 小人编号*1000+大人编号 唯一确定一场比赛
            points.insert(tmp);
            fa[tmp] = bf;
            to[bf].emplace_back(tmp);
            inDg[tmp]++;
            bf = tmp;
        }
    }
    dfs(0);
    if (cnt < points.size()) {
        puts("-1");
        return;
    }
    write(dfs2(0)), enter;
    // 实际上求的是经过了多少条边, 但我们的根节点是0, 所以就不用+1了
}