一个纯粹的构造题。本来不想设 $op1$ 的限制的，因为对正解提示性太大，但是没有这限制指不定有什么更简单的做法（

毕竟题源是 MO 题，其中的官方解答给的是 $op1=0$ 的解答，$op1=1$ 是我自己的做法。

先讲下部分分。

$n \le 7$ 直接手玩，或者写个爆搜随便搞搞，打个表就完了。

而且样例给了 $1,2,3,4$ 然后 $n \le 7$ 只有 $3$ 个点，这些数据是什么你应该已经知道了，那就面向数据编程吧！

接下来，我们先判无解。显然可以算两次。

$$\sum_{i=1}^{\frac{n(n-1)}{2}}(a_{x_i}+a_{y_i}+2k_i)=\sum_{i=1}^{n(n-1)}i, $$$$(n-1)\sum_{j=1}^{n}a_j \equiv \dfrac{n(n-1)(n^2-n+1)}{2}\pmod{2}. $$

显然当 $n \equiv 3 \pmod{4}$ 时左边为偶数，右边为奇数，矛盾！

另外我们有其他情况均有解。我们通过构造说明。

首先做 $op1=0$ 且 $n$ 为偶数的情况。设 $n=2t$。则显然取 $a_i=(i-1)(n-1)$，然后对 $1 \le i \le t$ 取 $n-1$ 次 $x=i,y=n+1-i$，第 $j$ 次取 $k=j$。显然这样满足题目要求。

$op1=0$ 且 $n$ 为奇数的情况当时的官方解答很复杂，如果有人有兴趣可以在评论区说，我后续可能会放（gu）上（gu）来（gu）。如果有人有简单的解法完成这个部分分可以私信我，那说明我如果不设 $op1$ 的限制这题就会被水过。

下面直接讲 $op1=1$。发现我们每一对 $x,y$ 出现的次数在 $n$ 增大时都不减，尝试归纳构造。

我们自然地想到最简单的情况：取 $a_i=i-1$。我们在此基础上尝试构造。

首先我们思考如何处理 $4t \to 4t+1$ 或 $4t+1 \to 4t+2$ 即 $n \to n+1$ 的情况。显然此时我们要将 $n(n-1)+1$ 到 $n(n+1)$ 的正整数分成 $n$ 组，使得每组两数之差恰好取遍 $1$ 到 $n$ 各一次。这就是P7510 铃解缀。

然后考虑 $4t-2 \to 4t$ 即 $n \to n+2$ 的情况。显然我们要将 $n(n-1)+1$ 到 $(n+1)(n+2)$ 的正整数分成 $2n+1$ 组，使得每组两数之差取 $1$ 到 $n$ 各两次，$n+1$ 一次。这个的构造是容易的，具体如下（以下 $x$ 表示 $n(n-1)+x,n=4t-2$）：

$$(2t,2t+n+1);$$ $$(2t-i,2t+i),i=1,2,\dots,2t-1;$$ $$(2t+n+1-i,2t+n+1+i),i=1,2,\dots,2t-1;$$ $$(2t+2n+2-i,2t+2n+1+i),i=1,2,\dots,2t-1;$$ $$(2t+3n+2-i,2t+3n+1+i),i=1,2,\dots,2t-1.$$

也可以见代码中相关部分理解。

这样做是满足 $op2=1$ 的限制的，只要稍作计算就能够证明。

总时间复杂度 $O(n^2)$。

Code:

#include<cstdio>
#define rg register
int n,m,o;
int cnt[3007];
int res[3007][3007];
int main()
{
	scanf(" %d %d %d",&n,&o,&o);
	if(n&3^3)
	{
		printf("%d\n",n);
		for(rg int i=0;i<n;++i)printf("%d ",i);
		puts(""),res[1][cnt[1]=1]=1;
		for(rg int k=2,t;k<n;++k)
		{
			t=k*(k-1);
			if(k&2)
			{
				++k,m=(k+1)>>1;
				res[k][++cnt[k]]=t+m;
				for(rg int i=1;i<m;++i)
				{
					res[i<<1][++cnt[i<<1]]=t+m-i;
					res[i<<1][++cnt[i<<1]]=t+k+m-i;
					res[(i<<1)-1][++cnt[(i<<1)-1]]=t+(k<<1)+m-i;
					res[(i<<1)-1][++cnt[(i<<1)-1]]=t+(k<<1)+k+m-i-1;
				}
			}
			else
			{
				m=k>>2;
				if(k&1)
				{
					res[1][++cnt[1]]=t+1;
					res[k][++cnt[k]]=t+k;
					res[k-2][++cnt[k-2]]=t+m+2;
					res[k-1][++cnt[k-1]]=t+((m+1)<<1);
					res[k>>1][++cnt[k>>1]]=t+k+(k>>1);
					for(rg int i=1;i<m;++i)
					{
						res[i<<1][++cnt[i<<1]]=t+((m+1)<<1)-i;
						res[i<<1|1][++cnt[i<<1|1]]=t+k+(m<<1)-i;
						res[k-(i<<1|1)][++cnt[k-(i<<1|1)]]=t+k+i;
						res[k-((i+1)<<1)][++cnt[k-((i+1)<<1)]]=t+2+i;
					}
				}
				else
				{
					res[1][++cnt[1]]=t+1;
					res[k-1][++cnt[k-1]]=t+m+2;
					res[k>>1][++cnt[k>>1]]=t+k+1;
					res[k][++cnt[k]]=t+((m+1)<<1);
					for(rg int i=1;i<m;++i)
					{
						res[i<<1][++cnt[i<<1]]=t+((m+1)<<1)-i;
						res[k-(i<<1)][++cnt[k-(i<<1)]]=t+k+i+1;
						res[k-(i<<1|1)][++cnt[k-(i<<1|1)]]=t+2+i;
						res[i<<1|1][++cnt[i<<1|1]]=t+k+(m<<1|1)-i;
					}
				}
			}
		}
		for(rg int i=1;i<n;++i)
		{
			for(rg int j=1;j<=n-i;++j)
			{
				printf("%d %d %d\n",j,j+i,res[i][j]-j+1);
			}
		}
	}
	else puts("-1");
	return 0;
}