【6】欧拉路径学习笔记
前言
欧拉路径和一笔画问题有关，问题的本质也是奇点的数量。不算很难，而且考的也不多，主要还是在第一轮考。
欧拉路径
如果在一个图中，存在由 \(i\) 点出发，把每条边遍历一次，最后到达 \(j\) 的一条路径，则这个图中存在欧拉路径。这条路径叫做欧拉路径。
若最后回到起点，即 \(i=j\)，那么这条路径叫做欧拉回路。
无向图欧拉路径判定定理
奇点：与这个点相连的边数为奇数的点叫做奇点。
定理 \(1\)：若图为连通图，且图中不存在奇点，则图中存在欧拉回路。
证明：因为每个点的度数均为偶数，所以每次到达这个点，必然经过一条连边，剩下的边数必然为奇数。因为 \(0\) 不是奇数，所以必然有一条未经过的边可以离开。离开之后，必然又会经过一条连边，剩下的边数必然为偶数，可以重复这个过程，直到未经过的边数为 \(0\)。
定理 \(2\)：若图为连通图，且图中仅存在 \(2\) 个奇点，则图中存在欧拉路径。
证明：任意找到一个欧拉回路，删去回路中的一条边，那么会导致出现两个奇点。由于本来图是可以走回起点的，且每一条边必定被走过，那么从一个奇点出发，一定能走过剩下的所有边到达另一个奇点，存在欧拉路径。
另外，顺便提一下，一个无向图中不可能存在奇数个奇点。因为每增加一条边，奇点数量 \(+2\) 或 \(-2\)，初始奇点数量又是 \(0\)，是个偶数，所以不可能存在奇数个奇点。
未判连通代码如下：
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
d[u]++;d[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(d[i]%2)flag=0;
printf("%d\n",flag);
有向图欧拉路径判定定理
记录每个点的入度和出度，记作 \(ind_i\) 和 \(oud_i\)。如果 \(\mid ind_i-oud_i\mid=1\)，则这个点相当于无向图中的奇点。而如果存在 \(\mid ind_i-oud_i\mid\ge2\) 的点，则图中一定不存在欧拉路径。
未判连通代码如下：
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
oud[u]++;ind[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
flag+=fabs(cd[i]-rd[i]);
if(flag<=2)printf("1\n");
else printf("0\n");
求法（Hierholzer 算法）
\(1\)：从起点开始 DFS，删除选过的边。
\(2\)：当前点不存在出边时回退，并将当前点入栈。
\(3\)：DFS 结束时，倒序输出栈中的节点即可。
正确性证明：该算法其实就是每一次从欧拉路径中取走一个环，而环中每一个点的度数肯定为偶数，不会影响结果。
时间复杂度为 \(O(m)\)，常用。
如果题目要求字典序最小，那么我们可以优先遍历编号较小的节点，最后倒序输出，就是字典序最小的路径。
void dfs(int now)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(i!=now&&f[now][i])
{
f[now][i]--,f[i][now]--;
dfs(i);
}
lu[++cnt]=now;
}
例题
例题 \(1\)：
（站外题，提供题面展示）
欧拉回路的判定的模板题，注意用并查集来判定图是否连通，不多赘述。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,d[600060],f[600060];
int getf(int x)
{
if(f[x]==x)return x;
else return f[x]=getf(f[x]);
}
void merge(int x,int y)
{
int p=getf(x),q=getf(y);
if(p!=q)f[q]=p;
}
bool query(int x,int y)
{
int p=getf(x),q=getf(y);
return p==q;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=-1)
{
int flag=1;
if(n==0)break;
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
d[u]++;d[v]++;
merge(u,v);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!query(1,i))flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(d[i]%2)flag=0;
printf("%d\n",flag);
memset(d,0,sizeof(d));
}
return 0;
}
例题 \(2\)：
P2731 [USACO3.3] 骑马修栅栏 Riding the Fences
欧拉回路路径输出板子题，注意字典序最小，不多赘述。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,d[600],f[600][600],lu[60000],cnt=0;
void dfs(int now)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(i!=now&&f[now][i])
{
f[now][i]--,f[i][now]--;
dfs(i);
}
lu[++cnt]=now;
}
int main()
{
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
n=max(n,max(u,v));
d[u]++;d[v]++;
f[u][v]++,f[v][u]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(d[i]%2)
{
dfs(i);
for(int i=cnt;i>0;i--)
printf("%d\n",lu[i]);
return 0;
}
dfs(1);
for(int i=cnt;i>0;i--)
printf("%d\n",lu[i]);
return 0;
}
例题 \(3\)：
考虑记录每个单词开头的字母 \(st\) 和结尾的字母 \(en\)，建立一条 \(st\to en\) 的单向边，表示通过接龙这个单词，让最后一个字母从 \(st\) 变成了 \(en\)。
由于每个单词都需要用一次，也只能用一次，所以在图中相当于每条边只能走一次，且必须走一次，发现就是欧拉路径，直接用有向图欧拉路径判定定理解决。代码中的实现有一些繁琐。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,rd[26],cd[26],book[26],f[26];
char str[20000];
int getf(int x)
{
if(f[x]==x)return x;
else return f[x]=getf(f[x]);
}
void merge(int x,int y)
{
int p=getf(x),q=getf(y);
if(p!=q)f[q]=p;
}
bool query(int x,int y)
{
int p=getf(x),q=getf(y);
return p==q;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int flag=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<26;i++)f[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",str);
int l=strlen(str);
int bh=str[0]-'a',bt=str[l-1]-'a';
book[bh]=book[bt]=1;
cd[bh]++;rd[bt]++;
merge(bh,bt);
}
for(int i=0;i<26;i++)
if(cd[i]!=rd[i])flag+=fabs(cd[i]-rd[i]);
for(int i=0;i<26;i++)
for(int j=0;j<26;j++)
if(book[i]&&book[j]&&!query(i,j))flag=99999999;
if(flag<=2)printf("Ordering is possible.\n");
else printf("The door cannot be opened.\n");
memset(rd,0,sizeof(rd));memset(cd,0,sizeof(cd));memset(book,0,sizeof(book));
}
return 0;
}
例题 \(4\)：
给定一张图和起点，求从起点开始能否把每条边遍历一次后返回起点，并输出字典序最小的路径。
欧拉回路裸题，若可以达到题目的要求，则图中必然存在一条欧拉回路。我们可以记录每个点的连的边数，如果出现一个点连的边数为奇数，那么图中必定不存在欧拉回路，输出 Round trip does not exist. 即可。原因是如果存在欧拉回路，那么回到起点前，走到每个点时必定还有一条路离开。所以走到一个点是一条路，离开一个点又是一条路，合起来就是两条路。如果一个点被经过两次，那么就是四条路。易得欧拉回路中每个点连的边数为偶数。
然后，对于存在欧拉回路的情况，我们可以从起点出发进行 DFS。由于题目要求输出字典序最小的路径，所以我们先遍历编号小的边。参照输出经过的点的路径的做法，当一条边遍历完成之后，将其压入栈中，最后倒序输出。
注意，这里有一个小坑点：如果一条边在遍历中走过了，由于每一条边只能经过一次，所以就不能再走了，这点和输出经过的点的路径不一样。所以，在走边都时候要注意判断这条边已经走过没有，否则会得到错误结果。
另外，再重复一遍翻译里的话：每次输出完额外换一行！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct egde
{
int v,next,d;
}e[30000];
struct edgein
{
int d,t;
};
int n,m,b,d[30000],h[30000],lu[60000],book[30000],cnt=0,tol=0;
bool cmp(struct edgein a,struct edgein b)
{
return a.d<b.d;
}
void add_edge(int u,int v,int d)
{
e[++tol].next=h[u];
e[tol].v=v;
e[tol].d=d;
h[u]=tol;
}
void dfs(int now)
{
int cn=0;
struct edgein s[2000];
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
if(!book[e[i].d])s[++cn].d=e[i].d,s[cn].t=e[i].v;
if(cn==0)return;
sort(s+1,s+cn+1,cmp);
for(int i=1;i<=cn;i++)
if(!book[s[i].d])
{
int k=s[i].d;
book[s[i].d]=1;
dfs(s[i].t);
lu[++cnt]=k;
}
}
int main()
{
int u=0,v=0;
while(scanf("%d%d",&u,&v)!=-1)
{
if(u==0&&v==0)break;
int flag1=1,flag2=0,flag3=0;
scanf("%d",&b);
n=max(n,max(u,v));m=min(u,v);
d[u]++;d[v]++;
add_edge(u,v,b);add_edge(v,u,b);
while(scanf("%d%d",&u,&v)!=-1)
{
if(u==0&&v==0)break;
scanf("%d",&b);
n=max(n,max(u,v));
d[u]++;d[v]++;
add_edge(u,v,b);add_edge(v,u,b);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]%2)flag3=1,flag1++;
else if(d[i]%2&&i==m)flag2=1;
}
flag1=(flag1<=2)&&(!(flag2^flag3));
if(flag1)
{
dfs(m);
for(int i=cnt;i>0;i--)
if(i!=1)printf("%d ",lu[i]);
else printf("%d",lu[i]);
printf("\n\n");
}
else printf("Round trip does not exist.\n\n");
cnt=0;tol=0;
memset(h,0,sizeof(h));memset(lu,0,sizeof(lu));memset(d,0,sizeof(d));
memset(book,0,sizeof(book));
}
return 0;
}
后记
完成于\(2023.6.29\)，午夜 \(23:23\)，期末考试结束当天夜晚。夜半狂欢
浙公网安备 33010602011771号