欧拉路径 hdu 3018 Ant Trip

最新推荐文章于 2022-10-25 15:57:35 发布

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#欧拉路径

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本文探讨了如何在给定的无向图中确定最少的出发点数量以覆盖所有边，仅允许每条边被经过一次。通过分析连通分量及奇数度节点的数量，提出了一种有效的计算方法。

给定一个无向图，每条边只走一次，可以有多个出发点，最多要多少个出发点？（不考虑孤立点）

即找至少需要多少个欧拉路径

首先判断联通分量。再在每个连通分量中，奇数度点个数为0，需要出发点1个（欧拉回路）；奇数度点位非0个（记为cnt），需要出发点cnt / 2个

一个连通图（无向图）中，奇数度点的个数为偶数个。

证明：

简单说，所有点的度数之和等于边的个数的2倍，为偶数，所以奇数度点的个数为偶数个

图中点的个数记为n，边的个数记为m，则所有点度的和为2m(偶数)，偶数度点的度之和为sum_even（显然为偶数），则2m - sum_even（也为偶数）表示奇数度点的度之和。

每个奇数度点可以表示为2a(i)+1;设奇数度点个数为num_old,则有num_old+ 2（a(1)...+...a(num_old)）= 2m - sum_even（偶数），则num_old为偶数，因此得证。

一连通图（无向图）中，奇数度点有cnt个(非0)，则需要出发点个数为cnt/2;

cnt/2的解一定是可以构造出来的。

但是为什么能保证是最少的呢????下面是自己的理解：

走一个环时，只能最多减少0个奇数度的点。走一个非环的路径时，只能最多减少2个奇数度的点。(正确性？？？)

则一条路径，一条路径的走。每走完一条路径之后图中减少2个奇数度的点。最后减少到只有2个奇数度个点，则此时一个欧拉路径走完。所以共有至少cnt/2个；

并查集解法：

//#pragma warning (disable: 4786)
//#pragma comment (linker, "/STACK:16777216")
//HEAD
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>
#include <set>
#include <stack>
#include <map>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
//LOOP
#define FE(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define FD(i, b, a) for(int i = (b); i>= (a); --i)
#define REP(i, N) for(int i = 0; i < (N); ++i)
#define CLR(A,value) memset(A,value,sizeof(A))
#define CPY(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define FC(it, c) for(__typeof((c).begin()) it = (c).begin(); it != (c).end(); it++)
//INPUT
#define RI(n) scanf("%d", &n)
#define RII(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define RIII(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define RS(s) scanf("%s", s)

typedef long long LL;
const int INF = 1000000007;
const double eps = 1e-10;
const int maxn = 200010;

int n, m;

int fa[maxn];
int num[maxn];///记录连通分量中点的个数
int sum_old[maxn];///记录连通分量中奇数度点的个数

int X[maxn], Y[maxn];

void init(int n)
{
    for (int i = 0; i <= n; i++)
    {
        fa[i] = i;
        num[i] = 1;
        sum_old[i] = 0;
    }
}
int find(int x)
{
    return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
int main ()
{
    int x, y;
    while (cin >> n >> m)
    {
        init(n);

        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            RII(x, y);
            sum_old[x] ^= 1; sum_old[y] ^= 1;
            X[i] = x;
            Y[i] = y;
        }
        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            int fax = find(X[i]);
            int fay = find(Y[i]);
            if (fax != fay)
            {
                fa[fax] = fay;
                num[fay] += num[fax];
                sum_old[fay] += sum_old[fax];
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            if (find(i) == i && num[i] != 1)
            {
                if (sum_old[i] == 0) ans++;
                else ans += sum_old[i] / 2;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }

    return 0;
}