好题。
对着原图做一看就不太对劲的样子，于是决定建出反图，那么存在方案当且仅当点集能被分为两部分，每部分内部没有边。也就是说，存在方案的充要条件是反图为二分图。
于是我们考虑最优化答案。发现反图被分割为了若干个连通块，每个连通块被分为两部分，于是我们考虑一个部分应该被分到哪边才能使得差最小。由于数据不大，我们直接用一个 dp 搞就行了。方程式为 \(dp_{i, j} = dp_{i-1, j-v_i}\ \mathrm{or}\ dp_{i-1, j+v_i}\)，其中 \(dp_{i, j}\) 表示选到第 \(i\) 个连通块且差值为 \(j\) 是否可行，\(v_i\) 为该连通块内两部分大小之差。
注意到我们可以用 bitset 优化 dp，于是时间复杂度为 \(\mathrm O(\frac{n^2}{\omega})\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define N 2005
using namespace std;#define bs (1<<20)
char buf[bs], *p1, *p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,bs,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<typename T>
inline void read(T& x){x = 0; int w = 1;char ch = gc();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -w;ch = gc();}while(ch >= '0' && ch <= '9')x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = gc();x *= w;
}
template<typename T, typename ...Args>
inline void read(T& x, Args& ...y){return read(x), read(y...);
}int n, m;
bitset<N+1> G[N];
int to[N*N], nxt[N*N], head[N], gsiz;
#define mkarc(u,v) (++gsiz, to[gsiz]=v, nxt[gsiz]=head[u], head[u]=gsiz)
int col[N], siz[N][4], val[N];
bitset<N<<1|1> dp[2];
#define f(x,y) dp[x][y+N]inline bool dfs(int u){++siz[m][col[u]];for(int i = head[u]; i; i = nxt[i]){int v = to[i];if(col[v] == col[u]) return false;if(!col[v]){col[v] = col[u]^3;if(!dfs(v)) return false;}}return true;
}int main(){read(n);for(int i = 1; i <= n; ++i) G[i].flip(), G[i][i] = false;for(int i = 1, x; i <= n; ++i){while(true){read(x);if(!x) break;G[i][x] = false;}}for(int i = 1; i <= n; ++i)for(int j = i+1; j <= n; ++j)if(G[i][j] || G[j][i]) mkarc(i, j), mkarc(j, i);for(int i = 1; i <= n; ++i){if(col[i]) continue;col[i] = 1, ++m;if(!dfs(i)){puts("No solution");return 0;}val[m] = abs(siz[m][1]-siz[m][2]);}f(0, 0) = 1;for(int i = 1; i <= m; ++i){int rt = i&1, lt = i&1^1;dp[rt] = (dp[lt]<<val[i])|(dp[lt]>>val[i]);}for(int i = 0; i <= n; ++i){if(!f(m&1, i)) continue;printf("%d %d", (n-i)>>1, (n+i)>>1);return 0;}return 0;
}