欧拉路径

定义

从一个点出发，不重不漏地经过图中每一条边的一条路径，允许重复经过节点。

无向图

首先必须是连通图，其次是两种情况。

1. 所有点的度数是偶数。
2. 恰好存在两个点的度数是奇数。

有向图

要求连通。

1. 所有点的入度等于出度。
2. 恰好存在一个节点入度比出度多 \(1\)，一个节点入度比出度少 \(1\)。

欧拉回路

定义

起点和终点是一个点的欧拉路径。

无向图

连通，所有点的度数都是偶数。

有向图

连通，所有点的入度等于出度。

Hierholzer算法

这个 H 姓算法的实现有很多。

dfs(x)
     for each edge (x,y) in E
         if vis[(x,y)]=0
             vis[(x,y)]=1
             dfs(y)
     push_front y to ans

直接暴力跑是 \(O(nm)\) 的。

使用邻接表存图的话，建完图后访问每个点连出边是有顺序的。

记录一下访问到了哪条边即可。

那么下面代码的复杂度就是 \(O(n+m)\)。

int n, m, tot=1, h[N], to[M<<1], nxt[M<<1];
void add(int x,int y) {
	to[++tot]=y, nxt[tot]=h[x], h[x]=tot;
}
void dfs(int x) {
	for(int& i=h[x];i;i=nxt[i]) {
		if(!v[i>>1]) {
			v[i>>1]=1;
			dfs(to[i]);
		}
	}
	ans.pb(x);
}
signed main() {
    dfs(1);
    reverse(ans.begin(),ans.end());
}

另外还有模拟机器递归的实现，不会爆栈。但是我记不住。

题

这个算是冷门知识点了，但是大纲里有。

要么太难要么偏板。

luogu2731 [USACO3.3] 骑马修栅栏

就是板子。

只不过两点之间可以有多条路径。

我们走一次干掉一条就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
	int a=0, f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
	return a*f;
}
const int N=1145;
int n, lim, deg[N], e[N][N];
vector<int> ans;
void dfs(int x) {
	for(int y=1;y<=lim;++y) if(e[x][y]) {
		--e[x][y], --e[y][x];
		dfs(y);
	}
	ans.pb(x);
}
signed main() {
	n=read();
	rep(i,1,n) {
		int x=read(), y=read();
		++e[x][y], ++e[y][x];
		++deg[x], ++deg[y];
		lim=max({lim,x,y});
	}
	int cnt=0, st=0;
	rep(i,1,lim) if(deg[i]&1) {
		++cnt;
		if(!st) st=i;
	}
	if(!st) {
		rep(i,1,lim) if(deg[i]) { st=i; break; }
	}
	dfs(st);
	reverse(ans.begin(),ans.end());
	for(auto x:ans) printf("%lld\n",x);
	return 0;
}

UVA10129 Play on Words

其实问题就是二选一：

1. 单词为点。结尾为字母 \(\pi\) 的单词向开头为字母 \(\pi\) 的单词连边。

2. 字母为点。每个单词的首字母向尾字母连边。

很重要的一点是每个字母必须都出现一次且仅一次。

第一种方式，问题转化哈密顿回路，做不了。

第二种方式，问题转化为欧拉路径，可以做。

CF547D Mike and Fish

个人感觉这题的建模方式就不太自然了。

对每行每列都建一个点，对于节点 \((x,y)\)，在 \(x\) 与 \(y\) 之间连一条无向边，然后对边定向，使得每个点的入度出度只差不超过 \(1\)。

然后连边后是个二分图。可以没用。

考虑简化版，所有点的度数都是偶数。

在图上跑欧拉回路，按照路径上经过点的顺序定向，就能得到一组合法解。

考虑原版。如果能将度数为奇数的点改为偶数，那么就能归约到弱化版了。

建一个虚点，把度数为奇数的点向虚点连双向边。奇度点一定有偶数个，所以此时包括虚点在内所有点的度数都是偶数，跑欧拉回路即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
	int a=0, f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
	return a*f;
}
const int N=4e5+5, DLT=2e5;
int n, deg[N], v[N];
int tot, h[N], to[N<<1], nxt[N<<1];
void add(int x,int y) {
	to[++tot]=y, nxt[tot]=h[x], h[x]=tot;
}
void dfs(int x) {
	for(int& i=h[x];i;i=nxt[i]) {
		int j=i>>1;
        // i>>1定位到i这条边对应的横坐标点的编号
		if(!v[j]) {
			v[j]=1+(x<=DLT);
			dfs(to[i]);
		}
	}
}
signed main() {
	n=read();
	tot=1;
    // 注意
	rep(i,1,n) {
		int x=read(), y=read();
		add(x,y+DLT), add(y+DLT,x);
        // [1,DLT]是横坐标域，[DLT+1,2*DLT]的是纵坐标域
		++deg[x], ++deg[y+DLT];
	}
	rep(i,1,2*DLT) if(deg[i]&1) {
		add(0,i), add(i,0);
	}
	rep(i,1,DLT) dfs(i);
	rep(i,1,n) {
		printf("%c","rb"[v[i]-1]);
        // 只需要考虑前n个横坐标点的连边情况
	}
	return 0;
}

拓扑排序

随便放点题。

luogu3243 [HNOI2015] 菜肴制作

在满足限制的情况下，字典序小的数尽可能靠前。

用小根堆去贪显然是错的。

考虑较大的数在合法的范围内尽可能靠后是优秀的，所以建反图，用大根堆贪心求出反图的拓扑序，它的逆序就是答案。

CF gym104053C Customs Controls 2

设 \(d(x)\) 为 \(1\) 到 \(x\) 的最长路。那么对于 \(n\) 和它的入点集合 \(\{y\}\)，应该满足所有 \(d(y)\) 都相等。归纳得到对于任意节点的入点集合 \(\{y\}\)，都有所有 \(d(y)\) 相等。

用并查集把所有点的入点缩成一个点，再此基础上连边。如果出现环，那么说明存在某个点的点权要求是 \(0\)，从而无解。否则对这张图拓扑排序求出到每个节点的最长路。最后用一个点所在连通块的最长路减掉它的入点集合所在连通块的最长路就是这个点的点权。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
	int a=0, f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
	return a*f;
}
const int N=2e5+5;
int T, n, m, in[N], f[N];
vector<int> p[N], q[N];
vector<PII > e;
struct DSU {
	int fa[N];
	void init() { rep(i,1,n) fa[i]=i; }
	int get(int x) { return x==fa[x]? x:fa[x]=get(fa[x]); }
	void merge(int x,int y) {
		x=get(x), y=get(y);
		if(x!=y) fa[x]=y;
	}
} dsu;
void solve() {
	n=read(), m=read();
	rep(i,1,n) p[i].clear(), q[i].clear(), in[i]=f[i]=0;
	e.clear();
	rep(i,1,m) {
		int x=read(), y=read();
		q[y].pb(x);
		e.pb({x,y});		
	}
	dsu.init();
	rep(x,1,n) {
		for(auto y:q[x]) {
			dsu.merge(y,q[x][0]);
            // 这里是与第一个入点合并了
		}
	}
	for(auto t:e) {
		int x=t.fi, y=t.se;
		x=dsu.get(x), y=dsu.get(y);
		p[x].pb(y), ++in[y];
	}
	int cnt=0;
	queue<int> qu;
	rep(i,1,n) {
		if(i==dsu.get(i)) {
			++cnt;
			if(!in[i]) f[i]=1, qu.push(i);
		}
	}
	while(qu.size()) {
		int x=qu.front(); qu.pop();
		--cnt;
		for(auto y:p[x]) {
			f[y]=max(f[y],f[x]+1);
			if(--in[y]==0) qu.push(y);
		}
	}
	if(cnt) { puts("No"); return; }
	puts("Yes");
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		int ans=f[dsu.get(i)];
		if(i!=1) ans-=f[dsu.get(q[i][0])];
		printf("%lld ",ans);
	}
}
signed main() {
	T=read();
	while(T--) solve();
	return 0;
}