题目
交互题，n（n<=1e5）个点的完全图，无向的，初始恰好删了n-2条边
每次询问可以输入一个d：? d
交互器会输出一个当前度>=d的点v，
如果有多个这样的点，输出度最小的，如果还有多个，输出点号最小的
还会输出一个和这个点v当前没有连边的点x，如果x有多个，也输出点号最小的x
如果x不存在，输出x=0
然后交互器会把v这个点和当前连的所有边都删了，
如果没有找到这样的v，交互器输出0 0
最多n次询问后，你需要在「原图」中找到一条哈密顿路径（即一条路径恰访问每个点一次）
按顺序输出哈密顿路径
思路来源
Starsilk Cerulean 稲葉廻
题解
首先要想到问n-2，
问小于n-2肯定是不行的，这样你移除一个点，再也得不到它的信息
但是你只知道它和其中一个点不连接，不知道它另一个不连接的是谁，这样会缺信息
而一直问n-1显然肯定不行，这样会导致剩下的删边越来越多，最后剩下一堆小于n-2的
所以说就问n-2，根据交互器返回的第二维是不是0，
判断当前是n-2还是n-1，n-2时还能知道唯一不连接的是哪个
递归，数学归纳法思想，让剩下来的n个点的图还满足最多去掉n-2条边这个条件
1. 如果问出来的是n-2，显然删掉这个点的子图还满足这个条件，递归子图
2. 如果问出来的是n-1，n-1可以和子图内的点任意连，插入到任何地方，
再选取一个度数最小的点，去掉这两个点后又可以继续递归子图
也就是说，要么一次用到一条删边机会，要么两次用到>=两条删边机会，
使得剩下的x个点图余下的被删掉边的条数<=x-2
严格边数证明可以参考cf，这里可以感性理解一下图的密度（边平均度）
证明完边数之后，就是维护一个双端队列，
1. 不超过2个点，又没有边，直接放即可
2. n-2个点的，只有一条边不能连，判断一下不能和队首连就放到队尾，反之亦然
3. n-1个点的充当媒介，连接当前队尾和当前度最小的点
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
typedef long long ll;
deque<int>q;
int t,n;
P ask(int d){
printf("? %d\n",d);
fflush(stdout);
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
return P(x,y);
}
void sol(int n){
if(n<=2){
rep(i,1,n){
q.push_back(ask(0).fi);
}
return;
}
auto [x,y]=ask(n-2);
// 要么一次用到一条删边机会，要么两次用到>=两条删边机会，保持图密度不降
if(y){
sol(n-1);
if(q.front()==y)q.push_back(x);
else q.push_front(x);
}
else{
auto [y,z]=ask(0);
sol(n-2);
q.push_back(x);//x都能连
q.push_back(y);
}
}
void out(){
printf("!");
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop_front();
printf(" %d",x);
}
printf("\n");
fflush(stdout);
}
int main(){
sci(t);
while(t--){
sci(n);
q.clear();
sol(n);
out();
}
return 0;
}
