【codevs2039/USACO】 骑马修栅栏 图论算法之欧拉（回）路

图论算法之欧拉（回）路

下面来简单说说图论算法中的欧拉路和欧拉回路，也就是简单的一笔画问题。

如果从一个图的任意一点出发，能不重复地遍历所有的边，那么这就是一个欧拉路；

如果不重复地遍历了所有的边之后，最终又回到了起点，那么这就是一个欧拉回路；

存在欧拉路和欧拉回路的图都必须保证是连通的；

奇点偶点的概念：一个点的度是偶数是偶点，一个点的度数是奇数是奇点；

如果图中有且只有两个奇点，那么存在欧拉路；

如果图中的点全部都是偶点，那么存在欧拉回路；

那么我们研究一笔画问题的时候就可以分这么几个步骤：

读入和统计点的度；

如果有且只有两个奇点，那么存在欧拉路，把任意一个奇点当做起点；

如果全部都是偶点，那么存在欧拉回路，任意一个点都可以作为起点；

其他情况的话。。。什么也不是。。。

然后就可以用深搜的方法遍历每一条边，保存路径；

下面看一个例子：

骑马修栅栏  【codevs2039/USACO】

题目描述 Description

Farmer John每年有很多栅栏要修理。他总是骑着马穿过每一个栅栏并修复它破损的地方。

John是一个与其他农民一样懒的人。他讨厌骑马，因此从来不两次经过一个栅栏。你必须编一个程序，读入栅栏网络的描述，并计算出一条修栅栏的路径，使每个栅栏都恰好被经过一次。John能从任何一个顶点(即两个栅栏的交点)开始骑马，在任意一个顶点结束。

每一个栅栏连接两个顶点，顶点用1到500标号(虽然有的农场并没有500个顶点)。一个顶点上可连接任意多(>=1)个栅栏。两顶点间可能有多个栅栏。所有栅栏都是连通的(也就是你可以从任意一个栅栏到达另外的所有栅栏)。

你的程序必须输出骑马的路径(用路上依次经过的顶点号码表示)。我们如果把输出的路径看成是一个500进制的数，那么当存在多组解的情况下，输出500进制表示法中最小的一个 (也就是输出第一个数较小的，如果还有多组解，输出第二个数较小的，等等)。

输入数据保证至少有一个解。

输入描述 Input Description

第1行: 一个整数F(1 <= F <= 1024)，表示栅栏的数目

第2到F+1行: 每行两个整数i, j(1 <= i,j <= 500)表示这条栅栏连接i与j号顶点。

输出描述 Output Description

输出应当有F+1行，每行一个整数，依次表示路径经过的顶点号。注意数据可能有多组解，但是只有上面题目要求的那一组解是认为正确的。

样例输入 Sample Input

9
1 2
2 3
3 4
4 2
4 5
2 5
5 6
5 7
4 6

样例输出 Sample Output

1
2
3
4
2
5
4
6
5
7

这就是一个欧拉路的经典问题；

还要再考虑一下两点之间存在多种路径的问题；

其实解决的方法并不难；

思考一下，只需要把存储图结构的“邻接矩阵”看成是一个计数器，就是不是两点之间有边的话记为1，而是数量加一，这种思想是解决很多问题的关键思想；

如果有不明白的可以用一下调试，其实本蒟蒻也是经过调试之后才能完全理解，之前理解有偏差；

【代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,e,i,x,y,s,num,minn=0x7777777,maxn;
int g[1050][1050],du[1050],ans[1000000];

void find(int i)
{
	int j;
	for (j=minn;j<=maxn;++j)
	  if (g[i][j])
	  {
	  	g[i][j]--;
		g[j][i]--;
	  	find(j);
	  }
	ans[++num]=i;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x][y]++;//这就是所谓的计数器，如果没有两点之间有一条以上的边的情况，这里完全可以是一个bool数组
		g[y][x]++;//或者一个01数组
		du[x]++;
		du[y]++;
		if (x<minn) minn=x;
		if (y<minn) minn=y;
		if (y>maxn) maxn=y;
		if (x>maxn) maxn=x;
	}
	s=1;
	for (i=minn;i<=maxn;++i）
	  if (du[i]%2==1)
	  {
	  	s=i;
	  	break;
	  }
	num=0;
	find(s);
	for (i=num;i>=1;--i)
	  cout<<ans[i]<<endl;
	return 0;
}