简单构造。

图建出来是基环树森林。树的部分直接造必胜骰子即可，只要考虑环的情况。下文默认图是一个环，方便起见在反图上构造必败的情况。

首先 $n\le 2$ 的情况下必定无解。以 $n=4,m=4$ 为例，观察样例构造：

$$\begin{matrix} 1&8&11&14\\ 2&5&12&15\\ 3&6&9&16\\ 4&7&10&13\\ \end{matrix}$$

这给我们一个重要思路：一列一列构造，保证后面的列中的数比前面大。这样在相邻两个骰子的比较中，我们只关心对应位置的数的大小关系了。

将其转化为 $01$ 矩阵，设 $b_{i,j}=[a_{i-1,j}<a_{i,j}]$，其中 $a_0=a_n$。则能得到：

$$\begin{matrix} 0&1&1&1\\ 1&0&1&1\\ 1&1&0&1\\ 1&1&1&0\\ \end{matrix}$$

考虑一个 $b$ 合法的充要条件：

1. 对于任意一行，$1$ 的个数 $>m/2$，也即满足必败。
2. 对于任意一列，其不能全 $0$ 或全 $1$，也即可以构造一个合法的 $a$。

发现限制极松。具体地，让每列有尽可能多的 $1$ 是不劣的。因此让每列只有一个 $0$。按如下方式轮换构造即可：

$$\begin{matrix} 0&1&1&1&0&1&1&1&0&1&\cdots\\ 1&0&1&1&1&0&1&1&1&0&\cdots\\ 1&1&0&1&1&1&0&1&1&1&\cdots\\ 1&1&1&0&1&1&1&0&1&1&\cdots\\ \end{matrix}$$

在该构造下，唯一一个反例是 $n=3,m=4$ 的情况：

$$\begin{matrix} \color{red}{0}&\color{red}{1}&\color{red}{1}&\color{red}{0}&\\ 1&0&1&1&\\ 1&1&0&1&\\ \end{matrix}$$

至于为什么是唯一的反例？考虑反例的出现条件：存在一行 $0$ 个数大于 $1$ 个数。考虑到两个 $0$ 间会间隔 $n-1$ 个 $1$，只有 $0\ 1\ 1\ 0$ 的情况会出现不合法。

如何解决？事实上样例给出了一组 $n=3,m=4$ 的解，套用即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(nm)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 2e2 + 10;

int n, m, a[MAXN], d[MAXN], ans[MAXN][MAXN], tot; vector<int> g[MAXN];

void dfs(int u) { for (int v : g[u]) { for (int i = 0; i < m; i++) ans[v][i] = ++tot; dfs(v); } }

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), d[a[i]]++;
	queue<int> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (!d[i]) q.emplace(i);
	for (; !q.empty(); q.pop()) if (!--d[a[q.front()]]) q.emplace(a[q.front()]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (!d[i]) g[a[i]].emplace_back(i);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (d[i] <= 0) continue; vector<int> tmp;
		for (int u = i; d[u] > 0; tmp.emplace_back(u), d[u] = -1, u = a[u]);
		if (tmp.size() <= 2) return puts("0"), 0;
		if (tmp.size() == 3 && m == 4) {
			ans[tmp[0]][0] = ++tot, ans[tmp[1]][0] = ++tot, ans[tmp[0]][1] = ++tot, ans[tmp[2]][0] = ++tot;
			ans[tmp[2]][1] = ++tot, ans[tmp[2]][2] = ++tot, ans[tmp[1]][1] = ++tot, ans[tmp[1]][2] = ++tot;
			ans[tmp[1]][3] = ++tot, ans[tmp[0]][2] = ++tot, ans[tmp[0]][3] = ++tot, ans[tmp[2]][3] = ++tot;
			continue;
		}
		reverse(tmp.begin(), tmp.end());
		for (int i = 0; i < m; i++) {
			for (int j = 0; j < tmp.size(); j++) {
				ans[tmp[(i + j) % tmp.size()]][i] = ++tot;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (d[i] < 0) dfs(i);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++) printf("%d ", ans[i][j]);
	}
}