[hihoCoder] 第四十九周: 欧拉路·一

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题目1 : 欧拉路·一

小Ho：好麻烦啊，是我的话就随便走几步，到没路可走不就好了么！

小Hi：那样的话，收集的道具会少很多，万一以后要用到，又得重新读档了。

小Ho：好吧，让我先想想。

<两分钟后>

小Ho：这个好像是一笔画问题哎，我们是在求一个方法能够一笔画出所有边吧?

小Hi：没错，这就是一笔画问题，不过它更正式的名字叫做欧拉路问题。其定义是

给定无孤立结点图G，若存在一条路，经过图中每边一次且仅一次，该条路称为欧拉路。

小Ho：既然有名字，那就证明这东西有解咯？

小Hi：没错，欧拉路是有判定条件的：一个无向图存在欧拉路当且仅当该图是连通的且有且只有2个点的度数是奇数，此时这两个点只能作为欧拉路径的起点和终点。

若图中没有奇数度的点，那么起点和终点一定是同一个点，这样的欧拉路叫做欧拉回路

对于任意一个点来说，从其他点到它的次数和从它到其他点的次数必然是相等的，否则就会出现出去次数和进入次数不同。若进入次数多，则该点位终点，若出去次数多则该点为起点。

对于一个无向图来说，进入和出去的次数恰好反映在度的数量上。所以奇数度的点至多只能有2个。

严格的证明的话：

若图G连通，有零个或两个奇数度结点，我们总有如下方法构造一条欧拉路：

1. 若有两个奇数度结点，则从其中的一个结点开始构造一条迹，即从v[0]出发经关联边e[1]“进入”v[1]，若v[1]的度数为偶数，则必可由v[1]再经关联边e[2]进入v[2]，如此进行下去，每边仅取一次。由于G是连通的，故必可到达另一奇数度结点停下，得到一条迹L：v[0]-e[1]-v[1]-e[2]…v[i]-e[i+1]…v[k]。若G中没有奇数度结点则从任一结点v[0]出发，用上述方法必可回到结点v[0]，得到上述一条闭迹L1。
2. 若L1通过了G的所有边，则L1就是欧拉路。
3. 若G中去掉L1后得到子图G′，则G′中每个结点度数为偶数，因为原来的图是连通的，故L1与G′至少有一个结点v[i]重合，在G′中由v[i]出发重复第一步的方法，得到闭迹L2。
4. 当L1与L2组合在一起，如果恰是G，则即得欧拉路，否则重复第三步可得到闭迹L3，以此类推直到得到一条经过图G中所有边的欧拉路。

不妨看看前面的例子：

对于这个图来说，编号为4，5的点度数为奇数，其他为偶数。根据上面的性质，我们知道起点和终点一定是4、5节点。我们先从4开始随便画一条边直到无路可走：

在这一步中我们连接了4-5-6-3-2-5。根据欧拉路的构造，我们得到了L1。因为L1并没有走过所有的边，所以我们执行步骤3，可以发现对于4和2都是与子图G‘重合的点，在子图上我们可以得到L2(2-4-1-2)：

L1和L2合并就构成了欧拉路。

小Ho：既然有这个性质，那么我只需要计算每个点的度数就能知道能否走过所有的边了。

小Hi：没错，但是别忘了最重要的一点，需要整个图是连通的才行。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 vector<int> father;
 5 vector<int> degree;
 6 int N, M;
 7 int u, v;
 8 
 9 int findFather(int x) {
10     while (x != father[x]) x = father[x];
11     return x;
12 }
13 
14 bool isOK() {
15     int cnt = 0;
16     for (int i = 1; i <= N; ++i) if (father[i] == i) ++cnt;
17     if (cnt != 1) return false;
18     cnt = 0;
19     for (int i = 1; i <= N; ++i) if (degree[i] & 1) {
20         ++cnt;
21         if (cnt > 2) return false;
22     }
23     return true;
24 }
25 
26 int main() {
27     while (cin >> N >> M) {
28         father.resize(N + 1);
29         degree.resize(N + 1);
30         for (int i = 1; i <= N; ++i) father[i] = i;
31         for (int i = 0; i < M; ++i) {
32             cin >> u >> v;
33             ++degree[u];
34             ++degree[v];
35             int fu = findFather(u);
36             int fv = findFather(v);
37             if (fu != fv) {
38                 if (fu > fv) father[fu] = fv;
39                 else father[fv] = fu;
40             }
41         }
42         if (isOK()) cout << "Full" << endl;
43         else cout << "Part" << endl;
44     }
45     return 0;
46 }

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原文地址：http://www.cnblogs.com/easonliu/p/4557353.html