欧拉图

51Nod 1967 路径定向

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首先说一下这道题的思路真的是非常巧妙。

但是,出题人脑子进shi了么,难道一定要写法和你一样才能过????

反正卡的特别紧,我到最后还有一个测试点一直超时。
时间限制是 1200s ,明显就是故意的。这种故意卡常在51Nod里巨特么多。搞不懂他们在想什么。
不觉得会在以后碰到类似的题目会故意卡我,因为很多人都是 1000 ~ 1200 的时间卡过的。

题意:
给你一个有向图,让你任意改动边的方向,使得出入度相同的点数最多。
并输出方案。

思路:
一眼看成上下界网络流。实际上这道题就是用上下界网络流改出来的,但就别想了,正解都卡着过,网络流能过?

建图方式和无汇源上下界可行流一致,跑一遍最大流即可。

下面是另一种思路。
有入度相同的特征的图还有一种,就是欧拉图,对于度数为奇数的点(以下简称奇点,反之偶点),必然不可能存在一个方案使得其出入点相同。这是必然的,那么反过来对于偶点,如果欧拉路径存在也就必然存在一个方案使得其出入度相同。
直接将所有奇点,顺序两两相连,跑一遍欧拉路径即可。

这里补充两点

  1. 奇点数量必然为偶数。因为每一条遍贡献的度数为 2 ,所以度数和为偶数。
  2. 奇点相连不会对偶点产生任何影响。

因此,我们可以得出结论,这个方案必然存在!

TLE Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>

typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e6 + 5;

namespace fastIO {
#define BUF_SIZE 100000
bool IOerror = 0;
inline char nc()
{
    static char buf[BUF_SIZE], *p1 = buf + BUF_SIZE, *pend = buf + BUF_SIZE;
    if (p1 == pend) {
        p1 = buf;
        pend = buf + fread(buf, 1, BUF_SIZE, stdin);
        if (pend == p1) {
            IOerror = 1;
            return -1;
        }
    }
    return *p1++;
}
inline bool blank(char ch)
{
    return ch == ' ' || ch == '\n' || ch == '\r' || ch == '\t';
}
inline void read(int& x)
{
    char ch;
    while (blank(ch = nc()))
        ;
    if (IOerror)
        return;
    for (x = ch - '0'; (ch = nc()) >= '0' && ch <= '9'; x = x * 10 + ch - '0')
        ;
}
#undef BUF_SIZE
};
using namespace fastIO;

struct node {
    int to, next;
} edges[maxm << 1];
int head[maxn], idx;

inline void addEdge(int u, int v)
{
    edges[idx] = (node){ v, head[u] };
    head[u] = idx++;
    edges[idx] = (node){ u, head[v] };
    head[v] = idx++;
}

int deg[maxn];
char dir[maxn];

bool vis[maxm];

void dfs(int u)
{
    for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].next) {
        if (!vis[id]) {
            dir[id >> 1] = (id & 1) + '0';
            vis[id] = vis[id ^ 1] = true;
            dfs(edges[id].to);
        }
    }
}

int main()
{
    int n, m, u, v;
    read(n), read(m);
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        head[i] = -1;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        read(u), read(v);
        addEdge(u, v);
        deg[u]++, deg[v]++;
    }
    int ans = 0, pre = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (deg[i] & 1) {
            if (pre == -1)
                pre = i;
            else {
                addEdge(i, pre);
                pre = -1;
            }
        } else
            ans++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!dir[i])
            dfs(i);
    printf("%d\n", ans);
    dir[m] = 0;
    puts(dir);
    return 0;
}
同余BFS

HDU 6071 Lazy Running

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第一次刷到HDU第一名,趁现在没人比我高,截图来一发!!!!

对于这道题,我只想说一个字

妙!!!!

题意:
给你四个点,(1,2),(2,3),(3,4),(4,1)之间都有一条无向路径,让你从 2 号点出发,最后回到2号点,同时使得走过的距离大于等于 k ,并且 最小。

k很大,最大达到 1e18 ,四条路的范围不大于 3e4 。

思路:
这道题真的是太妙了!!!

说一下我比赛前后的思路,这里我称 从 起点 2 回到 2的回路为 E 回路。

先说一下我比赛的思路:
一开始我的思路是这样的,首先不考虑单纯的往返,那么E回路就有7种情况。
那么我考虑复杂度的话最多的就是4点成环且只有4条边的情况,对于这条已有的E回路,我们可以在任意一条路径走来回走,使得路径长度增大。
那么我们就可以将问题转化成为 \( a_1 \times x + a_2 \times y + a_3 \times z + a_4 \times p \geq k \) 这样的不等式 4点4边成环需要特殊判断
四个系数为 [0,1e18] ,我们要求找到四个系数,使得不等式成立并且左边的值最小。
可以考虑用 二分 做。但是明显复杂度不够而且很难实现……

*正解 : *

同余 bfs (以前被我叫作 数位bfs……)

首先对于一个已得的E回路,我们可以用任一一条E回路对它进行扩展。
因为这个图的E回路有无穷多个,我这里任取一条 为 a 。

假设已得E回路 p ,有E回路 a , 那么必然存在一条拓展E回路 p + a。
同理,必然存在\( p + n \times a \) 的拓展E回路。
那么对于 \( p + n \times a \geq k \) ,那么 我们只要找出最小的 满足条件 的 p 。而这里的条件就是 \( p \in \left[ 0 , a \right) \)。

答案开始显然了起来
对于一个E回路 eu ,我么只要找到 最小的 p 使得 \( p + n \times eu \geq k \) 即可。
其中 \( p \in \left[ k \% eu , eu\right) \)
那么,eu 的范围将影响到我们整个算法的复杂度,所以我们应取 eu 为 最小,而最小的 E回路为
\( \min \left( d_{2,1} , d_{2,3} \right) \times 2 \)

有个需要注意的地方就是我们在取同余距离的时候要注意不能超过原本的 k ,这里只要限制一下就可以了。

AC Code

#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 6e4 + 10;

ll k, times;
int d[5], w, ans;
bool vis[4][maxn];

struct node {
    int pos, val;
    ll time;
    node() {}
    node(int p, int v, ll t) { pos = p, val = v, time = t; }
};

queue<node> que;

void bfs(int st)
{
    fill(vis, false), vis[st][0] = true;
    node cur;
    int tmp, l, r;
    que.push(node(st, 0, 0));
    while (!que.empty()) {
        cur = que.front();
        que.pop();
        if (cur.pos == st && cur.val >= k)
            ans = min(ans, cur.val);
        l = (cur.pos + 3) & 3, r = (cur.pos + 1) & 3;
        if (!vis[l][(tmp = cur.val + d[l]) % w] && tmp / w + cur.time <= times) {
            que.push(node(l, tmp % w, tmp / w + cur.time));
            vis[l][tmp%w] = true;
        }
        if (!vis[r][(tmp = cur.val + d[cur.pos]) % w] && tmp / w + cur.time <= times) {
            que.push(node(r, tmp % w, tmp / w + cur.time));
            vis[r][tmp%w] = true;
        }
    }
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld", &k);
        each(i, 4) scanf("%d", d + i);
        w = 2 * min(d[0], d[1]), times = k / w, k %= w, ans = inf;
        bfs(1);
        if (ans < inf)
            printf("%lld\n", w * times + ans);
        else
            printf("%lld\n", (times + 1) * w);
    }
    return 0;
}
BEST THEOREM

BEST THEOREM ( 附 HDU 6064

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昨晚多校的以为是数论的图论题,我看许学姐也是忙得不可开交肯定是没去看过的了。
看了题解发现matrix tree,以为可写,然后就跟Yasola搞这题搞了一个晚上……

这道题用到的是求欧拉回路的 BEST THEOREM 定理,感觉国内资料相当少,不管google还是baidu都搜不到什么中文介绍,唯一搜到的是一片SGU的题目……

这里稍微简单介绍一下……

BEST THEOREM 简介

BEST THEOREM是解决有向欧拉回路路径数量的定理,其前提条件是能构成欧拉回路,也就是每个点必须入度等于出度,(这个是要自己额外判断的……)

其表达式为

$ ec\left( G\right) = t_{w}\left( G\right) \times \prod _{v\in V}\left( \deg \left( v\right) -1\right) ! $

其中,\( t_{w}\left( G\right) \) 为 所有树形图数量,而deg为每个点的入度
树形图数量可以通过固定一个根结点,并计算从这个根节点出发的有向生成树数量。

( 粗略翻译自 WIKI ……)

而关于生成树计数,则可以用到 Matrix-Tree解决,但我们平时使用的都是无向图的Matrix-Tree定理。
而有向图则稍微不同,只要将根节点所在的行列删去而所形成的 新的 C 矩阵 求行列式即可。

另外的,提醒一句,欧拉回路是不考虑起点的。如果要定根结点,还需要乘以根结点的deg 。因为对于一条完整的欧拉路径,我从任意一个 r 开始都将被视作不同的路径。(昨晚我跟Yasola两个yy所得……)

题解

题意:
求从 1 号结点出发的 欧拉回路的数量。对于任意两点之间的路径视为相同。

思路:
基本上就是板子题,将 BEST THEOREM 略加修改即可。
因为对于任意两点之间的路径视为相同,而 BEST THEOREM 是视为不同的 。所以要除以每两个点的边数的阶乘。
因此答案就是

$ Trees \times deg[1] ! \times \prod _{i=2}^{m} \left( deg\left[ i\right]-1\right) \times \prod _{i=1}^{m} \prod _{i=1}^{m} \dfrac {1} {Dij!} $

  • 其中 Trees 为 以 1 为根节点的树形图数量 *

AC Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 410;
const int mod = 998244353;

int d[maxn][maxn], g[maxn][maxn];
ll c[maxn][maxn];
int in[maxn], mul[(int)2e5 + 10], out[maxn];

int n;

ll getDet(ll a[][maxn], int n)
{
    range(i, 1, n) range(j, 1, n) a[i][j] = (a[i][j] + mod) % mod;
    ll ret = 1;
    range(i, 2, n)
    {
        range(j, i + 1, n) while (a[j][i])
        {
            ll t = a[i][i] / a[j][i];
            range(k, i, n) a[i][k] = (a[i][k] - a[j][k] * t % mod + mod) % mod;
            range(k, i, n) swap(a[i][k], a[j][k]);
            ret = -ret;
        }
        if (a[i][i] == 0)
            return 0;
        ret = ret * a[i][i] % mod;
    }
    return (ret + mod) % mod;
}

ll fastPow(ll n, ll m)
{
    ll ans = 1;
    while (m) {
        if (m & 1)
            ans = ans * n % mod;
        n = n * n % mod;
        m >>= 1;
    }
    return ans;
}

bool judgeEuler()
{
    range(i, 1, n) if (in[i] != out[i]) return false;
    return true;
}

int main()
{
    int cas = 0;
    mul[0] = mul[1] = 1;
    range(i, 2, (int)(2e5 + 5)) mul[i] = (mul[i - 1] * 1LL * i) % mod;
    while (scanf("%d", &n) != EOF) {
        fill(in, 0), fill(d, 0), fill(out, 0);
        range(i, 1, n) range(j, 1, n)
        {
            scanf("%d", &g[i][j]);
            d[j][j] += g[i][j];
            in[j] += g[i][j];
            out[i] += g[i][j];
        }
        if (!judgeEuler()) {
            printf("Case #%d: 0\n", ++cas);
            continue;
        } else if (n == 1) {
            printf("Case #%d: %d\n", ++cas, mul[g[1][1]]);
            continue;
        }
        range(i, 1, n) range(j, 1, n) c[i][j] = d[i][j] - g[i][j];
        ll trees = getDet(c, n) % mod * mul[in[1]] % mod;
        range(i, 2, n) trees = trees * mul[in[i] - 1] % mod;
        range(i, 1, n) range(j, 1, n) trees = trees * fastPow(mul[g[i][j]], mod - 2) % mod;
        printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, trees);
    }
    return 0;
}
欧拉图

Fleury算法计算欧拉图路径

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test

6.11集训队选拔赛有道欧拉图的题,没带模板就尝试去写没写出来。因为在acm里欧拉图的题可以说是少之又少,就算是我现在想要去复习一编,然而连题目都找不到几个。就算有欧拉图的题目,也只是考察他的性质(欧拉图的判定啊什么的)

阅读之前请读者自备图论相关常识

Fleury算法是一种解决欧拉图的常见算法,它的核心思想在于我在进欧拉路径的时候,尽量去走非桥边。其实这是很显然的,因为当你在走过了一个桥边,原图将被分为两个子图,如果之前还有边未走完,那么我将无法回到原子图上,也就无法形成欧拉路径了。

优先走非桥边,这是一个非常必要的前提条件,而事实证明,这也是一个充分条件。
以下是我整理的个人模板

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

const int maxn = 110;

int stk[maxn], ans[maxn], degree[maxn];
int top, atop;
int n, m, st, num;
bool go[maxn][maxn];

void dfs(int u)
{
    stk[top++] = u;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (go[u][i]) {
            go[u][i] = go[i][u] = 0;
            degree[i]--;
            degree[u]--;
            dfs(i);
            break;
        }
    }
}

void fleury(int st)
{
    top = atop = 0;
    stk[top++] = st;
    while (top > 0) {
        if (degree[stk[top - 1]])
            dfs(stk[--top]);
        else
            ans[atop++] = stk[--top]; //bridge
    }
    while (atop > 1)
        printf("%d ", ans[--atop]);
    printf("%d\n", ans[0]);
}

inline void init()
{
    memset(go, false, sizeof go);
    memset(degree, 0, sizeof degree);
    st = num = 0;
}

int main()
{
    int u, v;
    while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) {
        init();
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%d %d", &u, &v);
            go[u][v] = go[v][u] = true;
            degree[u]++;
            degree[v]++;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (degree[i] & 1) {
                num++;
                st = st ? st : i;
            }
        if (num == 0)
            fleury(1);
        else if (num == 2)
            fleury(st);
        else
            puts("No Euler Path!");
    }
    return 0;
}
欧拉图

HDU 5883 2016 ICPC青岛网络赛

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坑爹啊!!!!!!!当时这道题想了我好久好久 想到各种歪的地方 到最后没有一个地方是想对的 都是想多的 日
怎么说呢 一眼看出是欧拉图问题 但是一开始没想起 异或运算的规则 傻傻的把欧拉路径的算法给敲了一直超时
//顺便稍微写一下异或运算的性质好了 1. 两个相同的数异或得 0 2.0与任意一个数异或 则这个数不变 3. 多个数异或与顺序无关
回归正题 关于欧拉图的性质 简单回顾一下
欧拉通路 所有结点连通并且只有两个结点的 度 为奇数
欧拉回路 所有结点连通并且所有结点的 度 为偶数
另外 欧拉通路的起点和终点固定 欧拉回路的起点(也是终点)任意
这样就可以写了 比完之后关注了一下这道题的博客 感觉他们还是有些逻辑漏洞 然而他们还是A了

AC code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>

using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,m;
int val[maxn],root[maxn],degree[maxn],sum[maxn];
bool vis[maxn];

void init()
{
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        root[i]=i;
        degree[i]=1;//这里把所有节点的度数初始化1   这样就  最后的度数是否为奇数的判断可以省略
        sum[i]=1;//这个图上的连通节点
        vis[i]=true;//初始化设置为true
    }
}

int fin(int x)
{
    return root[x]==x?x:(root[x]=fin(root[x]));
}

int main()
{
    int test,u,v,ru,rv;
    scanf("%d",&test);
    while(test--)
    {
        scanf("%d %d",&n,&m);
        init();
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",val+i);
        while(m--)
        {
            scanf("%d %d",&u,&v);
            degree[u]++;
            degree[v]++;
            ru=fin(u);
            rv=fin(v);
            if(ru!=rv)
            {
                root[ru]=rv;
                sum[rv]+=sum[ru];
            }
        }
        int num=0,ans=0,tmp=0,ri,key=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(degree[i]%2==0) num++;  //因为之前把所有节点的  度  初始化为 1    所以这里的判断改成偶数
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            ri=fin(i);
            if(ri!=i)
            {
                key=ri;//找到一个连通图   并记录其根节点
                break;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(fin(i)==i)//对于孤立的节点进行排除
            {
                tmp++;
                vis[i]=false;
            }
        vis[key]=true;
        if(sum[key]+tmp-1!=n||(num!=0&&num!=2))//如果连通图的节点数+孤立点的数目不等于总节点数 那么 必然有另一个连通图 此时必然走不完 
                                               //或者不满足欧拉条件 节点度数为奇数(这里为偶数)的个数
        {
            puts("Impossible");
            continue;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(!vis[i]) continue;
            if(degree[i]/2%2)//如果经过这个节点有奇数次   则对其进行异或
                ans^=val[i];
        }
        if(num==0)//如果是欧拉回路   那么起点(终点)是任意的   最后再对连通图内的所有节点比较一下
            for(int i=1,tmp=ans;i<=n;i++)  
                if(vis[fin(i)]) ans=max(ans,tmp^val[i]);  
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}