题目

性质一：
两个合法方案中，在一个方案 $A$是后勤组且在另一个方案 $B$中不是的人最多有一个，同谋者同理。
证明：反证，如果有两个，那么在 $A$中同为后勤组保证他们间有边，与他们在 $B$中同为同谋者矛盾。
那么拿到这个性质就可以按照网上的大多数题解直接 $2-sat$一波找出特解然后一个人一个人的尝试切换组之类的就可以了。

但是我们初步算一下，这个题没给边数的范围，所以我们是可能 $MLE$的（算一下最大边数可以得出大概 $280MB$ 这个数字）。
但是他们过了。也许他们用了什么奇技淫巧

性质二：
所有合法方案中不存在两个人 $A,B$, $A$的认识人数: $da$ $>$ $B$的认识人数: $db$并且 $A$为同谋者, $B$为后勤组。
证明：（这个命题给出的形式都暗示这应该是个反证）如果存在，设后勤组人数为 $S$，则有 $db>=S-1$（后勤组间都有边）， $da>db$（由假设）， $da<=S$（a的所有边只能连向后勤组）。那么我们可以得到 $db=S-1,da=S$，哪里有矛盾呢？ $da=S$表示 $a$也要往 $b$连边，所以 $db = S = da$，矛盾。
有了这个性质，我们就可以只需要点的度数，将其从大到小排序，依次加入后勤组，再简单的利用后勤组每个点的度数和=后勤组完全图中的边数+图中所有的边数，这个等式成立时即保证了这可以形成一个合法的方案（证明可以考虑这个题没有重边）。
扫一遍组合数计算度数相等的方案即可。

结合性质一和性质二：
可以得到我们第一次合法时，剩下的（可以构成度数相等的点只有一个）或者是（只能选一个），因为其他情况时可以构造出违背性质一的方案，所以可以简单写成下面这个简单的代码而省去组合数。

$\mathrm{AC \ Code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);i--)
using namespace std;

char cb[1<<18],*cs=cb,*ct=cb;
#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<18,stdin),cs==ct)?0:*cs++)
void read(int &res){
	char ch;
	for(;!isdigit(ch=getc()););
	for(res=ch-'0';isdigit(ch=getc());res=res*10+ch-'0');
}
int n,m,s,a[maxn],cnt[maxn],c2[maxn];

int main(){
	read(n);
	rep(i,1,n){
		read(a[i]),cnt[a[i]]++,m+=a[i];
		rep(j,1,a[i]) read(cnt[maxn-1]);
	}
	m>>=1;
	sort(a+1,a+1+n);
	per(i,n,1){
		s+=a[i];cnt[a[i]]--,c2[a[i]]++;
		if((n-i+1)*(n-i)/2+m==s){
			printf("%d",cnt[n-i+1]+cnt[a[i]]*c2[a[i]]-(n*(n-1)/2==m)+1);
			return 0;
		} 
	}
	putchar('0');
}