这题我在比赛的时候因为各种玄学错误，导致折腾了半天，在最后 \(20\) 分钟才过 \(\ldots\ldots\)
首先，这道题太啰嗦了，其实把题意简化一下，我们就会发现。对于 \(i\) 维，除去起点和终点路径长度就是 \(i-1\)，要求这些节点互不相同。我们分析一下，\(i\) 维其实就有 \(2^i-2\) 个节点，我们把它们一相除，就会发现结果是 \(i\)，就是有 \(i\) 条路径。（以上有可能是我瞎 yy 的）
怎么求出每一条路径呢？可能一下子想到的是枚举并用一个哈希表判断是否重复，但这种做法又费空间又费时间，那么就要用到我在比赛时灵光一闪的方法了（放烟花）
大体思路是用一个一维数组，下标 \(i\) 对应着在操作时路径上的节点 \(i\) 需改变的维度。初始化为 \(0\)，对应第 \(1\) 维。一次操作后，就将它加 \(1\)，留给下一条路径；并且，经过观察，我们不难发现，\(f_{i+1}\) 对应的维度就是 \(f_i\) 的维度加 \(1\)，即可满足题目要求。
但可能会有一个问题，如果一直加下去，\(f_i\) 迟早会超过 \(n\)。怎么办？那就取个模呗！即 \(f_{i+1}=(f_i+1)\mod n\)。
同理，操作后要 \(f_i\gets f_i+1\)。
至于这个方法的原理，我也不知道，只是比赛时的一个猜想。如果有哪位 dalao 想证明此方法，可以自己研究一下。日后如果我想到了证明方法，就会补上来。
如果您到现在还没有理解，结合代码食用更佳。
AC 代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,f[65];
long long last; //终点的压缩坐标。
string now; //now 为当前节点的坐标。
long long po(long long x) //手打一个计算幂的函数。
{
long long re=1;
for(register long long i=0;i<x;i++) re*=2;
return re;
}
long long zip(string a) //如题，微改的压缩函数。
{
long long size=a.length();
long long h=0;
for(register long long i=size-1;i>=0;i--)
if(a[i]=='1')
h+=po(i);
return h;
}
int main()
{
cin>>n;
cout<<n<<endl; //n 条路径 。
last=po(n)-1;
for(register long long i=0;i<n;i++)
{
cout<<0<<" "; //起点
for(register long long j=0;j<n;j++)
now+='0'; //这是 now 的初始化，将坐标赋为 0。
for(register long long j=1;j<n;j++)
{
now[f[j]]='1'; //精髓，将需改变的维度改变。
f[j+1]=(f[j]+1)%n; //求出 f[i+1]。
f[j]=(f[j]+1)%n; //为防止下一条路径重复，本身也要改变。
long long g=zip(now);
cout<<g<<" "; //输出压缩后的路径。
}
cout<<last<<endl;
now.clear(); //记住！！！一定要清空。
}
return 0;
}PS：还有这题我一直搞不懂的是：我在比赛的一开始用 cmath 的 pow 函数来计算幂，但是一直会 WA 三个点；后来用手打了一个求幂函数就过了（大雾