欧拉路径
\(\text{uva-10054}\)
给定 \(n\) 条边的图，判断该图是否是欧拉图，若是则输出欧拉回路；否则报告无解。
\(5 \le n \le 1000\)，\(1 \le u_i, v_i \le 50\)。
模板题，一种比较简单的求解方式，用邻接矩阵存图即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 1005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long T, n, v[MAXN][MAXN], d[MAXN], cnt;
void dfs(long long x) {
for(int i = 1; i <= 50; i ++) if(v[x][i]) {
v[x][i] --, v[i][x] --;
dfs(i); cout << i << " " << x << "\n";
}
return;
}
int main() {
T = read();
while(T --) {
n = read(); long long s = 0, fg = 1;
for(int i = 1; i <= 50; i ++) for(int j = 1; j <= 50; j ++) v[i][j] = 0;
for(int i = 1; i <= 50; i ++) d[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
long long x = read(), y = read();
v[y][x] ++, v[x][y] ++;
d[x] ++, d[y] ++, s = x;
}
for(int i = 1; i <= 50; i ++) if(d[i] % 2) fg = 0;
cout << "Case #" << (++ cnt) << "\n";
if(!fg) cout << "some beads may be lost\n";
else dfs(s);
cout << "\n";
}
return 0;
}
\(\text{luogu-6066}\)
给定 \(n\) 个节点 \(m\) 条边的无向图，输出一条路径使得每条边都恰好走两边。
\(1 \le m \le 5 \times 10^4\)，\(2 \le n \le 10^4\)。
由于恰好走两边，于是这个东西比欧拉回路的限制还宽泛，直接 \(\text{dfs}\) 即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAXN 10005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
vector<long long> v[MAXN];
long long n, m;
void dfs(long long x) {
for(auto &y : v[x]) {
long long py = y;
if(y) y = 0, dfs(py);
}
cout << x << "\n"; return;
}
int main() {
n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
long long x = read(), y = read();
v[x].push_back(y), v[y].push_back(x);
}
dfs(1);
return 0;
}
\(\text{poj-1780}\)
给定一个正整数 \(n\)，求一个长度为 \(10^n + n - 1\) 的序列，满足 \(1 \sim n\) 都是序列的子串。
\(1 \le n \le 6\)。
求序列的欧拉回路，由于空间限制太小了，于是只能用非递归式实现。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long n, a[10], lt[MAXN], st[MAXN], s, t;
char ans[MAXN];
void dfs(long long res, long long maxn) {
long long mk = 0;
while(lt[res] < 10) {
mk = res * 10 + lt[res];
lt[res] ++, st[s ++] = mk;
res = mk % maxn;
}
return;
}
int main() {
a[0] = 1;
for(int i = 1; i <= 6; i ++) a[i] = a[i - 1] * 10;
while(n = read()) {
if(n == 1) { cout << "0123456789\n"; continue; }
long long maxn = a[n - 1], res = 0;
memset(lt, 0, sizeof lt);
s = t = 0, dfs(0, maxn);
while(s) {
res = st[-- s];
ans[t ++] = res % 10 + '0';
res /= 10, dfs(res, maxn);
}
for(int i = 1; i < n; i ++) cout << "0";
while(t) cout << ans[-- t];
cout << "\n";
}
return 0;
}
\(\text{hdu-5883}\)
给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，点有点权，找出一条路径 \((p_1, p_2, \dots, p_k)\)。
使得每条边只经过一次，求 \((a_{p_1} \oplus a_{p_2} \oplus \dots \oplus a_{p_k})_{\max}\) 的值。
\(1 \le n \le 10^5\)，\(1 \le m \le 5 \times 10^5\)，\(0 \le a_i \le 10^4\)。
首先，用并查集判断一下图的连通性。
通过每个点的度数判断是否是欧拉图，若是判断存在欧拉回路还是欧拉路径。
对于欧拉路径，那么起点和终点被异或的次数就是 \(\frac{a_i+1}{2}\)，其他的则是 \(\frac{a_i}{2}\)。
对于欧拉回路，那么起点和终点不是固定的，就有多种走法，而每种走法只有起点多访问了一次。所以说对于其他点来说，被异或的次数还是 \(\frac{a_i}{2}\)，对于起点来说是 \(\frac{a_i}{2} + 1\)。
这样只要枚举起点取最大值就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 100005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long T, n, m, a[MAXN], d[MAXN], fa[MAXN];
long long find(long long x) { return (fa[x] == x) ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
int main() {
T = read();
while(T --) {
n = read(), m = read();
long long fg = 0, cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
a[i] = read(), fa[i] = i, d[i] = 0;
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
long long x = read(), y = read();
d[x] ++, d[y] ++, fa[find(y)] = find(x);
}
for(int i = 2; i <= n; i ++) if(find(fa[1]) != find(fa[i])) fg = 1;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(d[i] % 2) cnt ++;
if(cnt != 0 && cnt != 2 || fg) { cout << "Impossible\n"; continue; }
long long res = 0, ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if((d[i] + 1) >> 1 & 1) res ^= a[i];
if(!cnt) for(int i = 1; i <= n; i ++) ans = max(ans, res ^ a[i]);
else ans = res;
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
\(\text{loj-10105}\)
给定一张图，如果不可以一笔画，输出一行 NO。
否则，输出一行 YES，接下来一行输出一组方案。
-
如果 \(t = 1\)，输出 \(m\) 个整数 \(p_1, p_2, \dots, p_m\)。令 \(e = \lvert p_i \rvert\)，那么 \(e\) 表示经过的第 \(i\) 条边的编号。如果 \(p_i\) 为正数表示从 \(v_e\) 走到 \(u_e\)，否则表示从 \(u_e\) 走到 \(v_e\)。
-
如果 \(t = 2\)，输出 \(m\) 个整数 \(p_1, p_2, \dots, p_m\)。其中 \(p_i\) 表示经过的第 \(i\) 条边的编号。
\(1 \le n \le 10^5\)，\(0 \le m \le 2 \times 10^5\)。
模板题。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
#define MAXN 200005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long t, n, m, hd[MAXN], in[MAXN], out[MAXN], tot;
struct node { long long to, nxt, w; } e[MAXN << 1];
stack<long long> ans;
bool vis[MAXN];
void add(long long x, long long y, long long w) {
e[tot].to = y, e[tot].nxt = hd[x], e[tot].w = w;
hd[x] = tot ++; return;
}
void dfs(long long x) {
for(long long &i = hd[x]; i; i = e[i].nxt) {
node p = e[i];
if(!vis[i >> 1]) vis[i >> 1] = 1, dfs(p.to), ans.push(p.w);
}
return;
}
int main() {
t = read(), n = read(), m = read(), tot = 2;
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
long long x = read(), y = read();
add(x, y, i), in[y] ++, out[x] ++;
if(t == 1) add(y, x, -i);
else tot ++;
}
bool fg = 1;
if(t == 1) {
for(int i = 1; i <= n; i ++)
if((in[i] + out[i]) % 2) { fg = 0; break; }
}
else for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(in[i] != out[i]) { fg = 0; break; }
if(!fg) { cout << "NO\n"; return 0; }
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(hd[i]) { dfs(i); break; }
if(ans.size() != m) { cout << "NO\n"; return 0; }
cout << "YES\n";
while(!ans.empty()) { cout << ans.top() << " "; ans.pop(); }
cout << "\n";
return 0;
}
\(\text{loj-10106}\)
给定 \(n\) 个字符串，当且仅当两个字符串首尾有相同字母时，相同的首和尾可拼接。
判断这 \(n\) 个字符串是否可以拼接成一个长字符串。
\(1 \le T \le 10^5\)，\(|S| \le 1000\)。
把一个单词的首尾建有向边。
若形成的图存在欧拉路径或欧拉回路则有解，否则无解。
注意：需要先判联通性。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 100005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long T, n, in[MAXN], out[MAXN], fa[30];
char s[MAXN];
long long find(long long x) { return (fa[x] == x) ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
int main() {
T = read();
while(T --) {
n = read(); long long c1 = 0, c2 = 0;
for(int i = 0; i < 26; i ++)
in[i] = out[i] = 0, fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> (s + 1);
long long x = s[1] - 'a', y = s[strlen(s + 1)] - 'a';
out[x] ++, in[y] ++, fa[find(y)] = find(x);
}
for(int i = 0; i < 26; i ++)
if((in[i] || out[i]) && i == find(fa[i])) c1 ++;
if(c1 > 1) { cout << "The door cannot be opened.\n"; continue; }
else c1 = 0;
for(int i = 0; i < 26; i ++)
if(in[i] == out[i] + 1) c1 ++;
else if(in[i] == out[i] - 1) c2 ++;
else if(in[i] != out[i]) { c1 = -1; break; }
if(c1 == -1 || c1 != c2) cout << "The door cannot be opened.\n";
else if(c1 == 0 || c1 == 1) cout << "Ordering is possible.\n";
else cout << "The door cannot be opened.\n";
}
return 0;
}
\(\text{loj-10108}\)
给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，求至少需要几笔把所有边都画一遍。
\(1 \le n \le 10^5\)，\(0 \le m \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le a,b \le n\)。
显然对于每个连通块，答案就是奇数点的一半，但对于没有奇数点情况答案为 \(1\)。
并查集维护连通块即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 100005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long n, m, d[MAXN], fa[MAXN], cnt[MAXN];
long long find(long long x) { return (fa[x] == x) ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
int main() {
while(cin >> n >> m) {
for(int i = 1; i <= n; i ++)
d[i] = cnt[i] = 0, fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
long long x = read(), y = read();
d[x] ++, d[y] ++, fa[find(y)] = find(x);
}
long long ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cnt[find(i)] += d[i] % 2;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(fa[i] == i)
if(d[i] && !cnt[i]) ans ++;
else ans += cnt[i] / 2;
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
\(\text{bzoj-3033}\)
有 \(2^n\) 个字符串，分别是 \(0 \sim 2^n - 1\) 的二进制串，若两个字符串首尾有公共子串则可以把重叠部分拼接起来，求这 \(2^n\) 个字符串最短的拼接形式，若有多种拼接方式输出字典序最小的。
\(2 \le n \le 11\)。
考虑构造，最朴素的想法无非就是暴力枚举字符串形态然后 \(\text{check}\)。
但复杂度不是 \(2^n\) 而是 \(2^{2^n}\) 的。
因为要求字典序最小，这个串的前 \(n\) 位一定为 \(0\)，可以证明这样一定有解。
我们发现从第二位开始，每个数只可能是在上一个数的后 \(n−1\) 位后面补一个 \(0\) 或 \(1\) 形成的。
那么直接暴搜下一个数的情况。由于每条边最多只会被遍历一次所以神奇的不会 \(\text{TLE}\)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 100005
long long read() {
long long x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
long long k, n, ans[MAXN];
bool vis[MAXN];
bool solve(long long x, long long p) {
if(vis[x]) return 0;
vis[x] = 1, ans[p] = x & 1;
if(p == n) return 1;
if(solve((x << 1) & (n - 1), p + 1)) return 1;
if(solve((x << 1 | 1) & (n - 1), p + 1)) return 1;
vis[x] = 0; return 0;
}
int main() {
k = read(), n = 1 << k;
cout << n << " ";
for(int i = 1; i < k; i ++) cout << "0";
solve(0, 1);
for(int i = 1; i <= n - k + 1; i ++) cout << ans[i];
cout << "\n";
return 0;
}
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