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定义

小学一笔画问题，每条边只经过一次

判断图是否存在欧拉回路：判断图是否连通（存在孤立边），再根据有向/无向具体判断

对于无向图来说，欧拉路径中，起点和终点的度数为奇数，中间点的度数为偶数
起点和终点：开始和结束时必须经过一条边，其余情况为：从一条边进入，再从另一条边离开，即度数为1 + 2 * n
中间点：一条边进入，一条边离开，度数为2 * n

欧拉回路中，所有点的度数为偶数

七桥问题中，由于每个点的度数为奇数，所以不可能存在欧拉路径
以下结论直接记：

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欧拉路径的性质：1123. 铲雪车

1123. 铲雪车 - AcWing题库

根据题意，所有的街道都是双向，说明这张图是一张有向图。每个城市都连接了街道，说明这张图是连通图。将每个城市看成点，那么每个点的入度都等于出度，这张图存在欧拉回路，所以无论如何，我们都有一条路径，能够不重复不遗漏的遍历所有的边，而这道题要求时间（最短路径），我们不需要算出具体的欧拉回路，以为欧拉回路的距离一定是所有路径之和，只要根据题意将路径转换成时间即可

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;int main()
{double x1, y1, x2, y2;scanf("%lf%lf", &x1, &y1);double sum = 0;while (~scanf("%lf%lf%lf%lf", &x1, &y1, &x2, &y2)){double x = x1 - x2, y = y1 - y2;sum += sqrt(x * x + y * y) * 2;}int mte = round(sum / 1000 * 60 / 20);int hour = mte / 60;mte %= 60;printf("%d:%02d\n", hour, mte);return 0;
}

debug：距离要乘2，每条道路都是双向的

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边编号输出欧拉路径：1184. 欧拉回路

1184. 欧拉回路 - AcWing题库

欧拉路径的板子：
若一张图存在欧拉路径，可以用dfs递归完所有的边，在dfs回溯时记录边的编号到数组中，最后逆着输出该数组即可
用uesd数组标记已经遍历过的边，同时每遍历完一条边就删除这条边，防止重复遍历
其实有向图不需要使用used数组，只要删除遍历完的边即可
开uesd数组是因为无向图，由于我们用单链表存储边，虽然可以删除当前正在遍历的边，但是在无向图中，删除反向边比较麻烦，所以这里用uesd数组标记反向边，保证每条边只会遍历一次

需要注意，不要遍历孤立点，若图中存在欧拉路径，孤立点不会影响欧拉路径
还要注意，这题的无向图的欧拉回路中，若边的方向与输入给定的方向不同，那么需要输出编号的负数

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 1e5 + 10, M = 4e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int din[N], dout[N];
int ans[M / 2], cnt;
bool used[M];
int type, n, m;void add(int x, int y)
{e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}void dfs(int x)
{for (int &i = h[x]; i != -1;){if (used[i]){i = ne[i];continue;}int t; // 当前边的编号used[i] = true;if (type == 1) {used[i ^ 1] = true;t = i / 2 + 1;if (i & 1) t = -t;}else t = i + 1;int y = e[i];i = ne[i];dfs(y);ans[++ cnt] = t;}
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));cin >> type >> n >> m;int x, y;for (int i = 0; i < m; ++ i ){scanf("%d%d", &x, &y);add(x, y);if (type == 1) add(y, x);din[y] ++ , dout[x] ++ ;}if (type == 1)for (int i = 1; i <= n; ++ i )if ((din[i] + dout[i]) % 2){puts("NO");return 0;}if (type == 2)for (int i = 1; i <= n; ++ i )if (din[i] != dout[i]){puts("NO");return 0;}for (int i = 1; i <= n; ++ i )if (h[i] != -1){dfs(i);break;}if (cnt < m){puts("NO");return 0;}puts("YES");for (int i = m; i ; -- i )printf("%d ", ans[i]);puts("");return 0;
}

要特别注意：求欧拉路径后，必须要判断这条路径是否遍历了所有的边

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点编号字典序最小输出欧拉路径：1124. 骑马修栅栏

1124. 骑马修栅栏 - AcWing题库

题目要求按照点的编号最小字典序输出欧拉路径，可以dfs(x)时，可以先遍历与x相连的编号较小的点，那么与x相连的点中，相较于编号较大的点，编号较小的点将被存储到序列的靠后位置，逆序后编号较小的点位于序列的靠前位置，满足最小字典序

为什么不使用邻接表存储图？
用邻接表存储图时，选择编号较小的点会比较麻烦，需要对单链表中的元素进行排序
用邻接矩阵存储图，直接按照下标从小到大dfs与x相连的点即可

需要注意的是，题目可能存在重边，通常邻接矩阵存储边权的最小/大值，但是这题需要存储两点间边的数量，以保证之后的dfs中每条边都被遍历
还有一点：图是无向图，但题目没有说存在欧拉回路还是欧拉路径，如果存在欧拉路径，那么起点和终点的度数为奇数。如果存在欧拉回路，那么所有点的度数为偶数
所以dfs之前需要找度数为奇数的点，若找到，说明该图一定存在欧拉路径，可能不存在欧拉回路。此时从度数为偶数的点dfs将无法正确遍历欧拉路径，只有存在欧拉回路的情况下，才能从度数为偶数的点dfs
并且，1不是最小的点编号，点编号范围在1~500，所以要找到一个度数非0的点编号，再找是否存在欧拉路径，最后再dfs
由于使用邻接矩阵存储无向图，所以不需要开used数组，每次遍历一条边，能够很简单地删除这条边和其反向边

#include <iostream>
using namespace std;const int N = 510, M = 2100;
int g[N][N], d[N];
int ans[M], cnt;
int n, m;void dfs(int x)
{for (int y = 1; y < N; ++ y ){if (g[x][y]){g[x][y] -- , g[y][x] --;dfs(y);}}ans[ ++ cnt ] = x;
}int main()
{scanf("%d", &m);int x, y;for (int i = 0; i < m; ++ i ){scanf("%d%d", &x, &y);g[x][y] ++ , g[y][x] ++ ;d[x] ++ , d[y] ++ ;}int start = 1;while (!d[start]) start ++ ;for (int i = start; i < N; ++ i )if (d[i] % 2){start = i;break;}dfs(start);for (int i = cnt; i; -- i ) printf("%d\n", ans[i]);return 0;
}

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并查集判断有向图是否存在欧拉路径：1185. 单词游戏

1185. 单词游戏 - AcWing题库

建图方式：以单词的第一个字母或最后一个字母为点，从前往后建一条有向边
问题转换成：判断有向图中是否存在欧拉路径，当然可能也是欧拉回路
由于不需要找出具体的欧拉路径，所以可以不用dfs，只要满足所有点的入度等于出度（欧拉回路），或者（欧拉路径）入度比出度多1（终点），出度比入度多1（起点）
该图就存在欧拉路径，当然，还需要判断是否有孤立边，由于这题特殊的建图方式，若存在一个单词是孤立的，那么在图中表现为两点一边的孤立
判断是否存在孤立边，可以dfs跑一遍欧拉路径，判断边数是否小于图的边数
但是可以用更简单的并查集，维护每个点属于的集合，建完图后，一旦出现两点属于不同集合，那么图中一定存在孤立边（因为该图中的点一定连接着一条边，所以点孤立=边孤立）

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 30, M = 1e5 + 10;
bool st[N]; 
int din[N], dout[N];
int p[N];
int T, m;int find(int x)
{if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);return p[x];
}int main()
{scanf("%d", &T);while (T -- ){memset(st, false, sizeof(st));memset(din, 0, sizeof(din));memset(dout, 0, sizeof(dout));for (int i = 0; i < 26; ++ i ) p[i] = i;char str[1010];scanf("%d", &m);for (int i = 0; i < m; ++ i ){scanf("%s", str);int len = strlen(str);int x = str[0] - 'a', y = str[len - 1] - 'a';st[x] = st[y] = true;din[y] ++ , dout[x] ++ ;p[find(x)] = p[find(y)];}int start = 0, end = 0; // 起点和终点的数量bool flag = true;for (int i = 0; i < 26; ++ i )if (din[i] != dout[i]){if (din[i] + 1 == dout[i]) end ++ ;else if (din[i] == dout[i] + 1) start ++ ;else {flag = false;break;}}if (flag && !((!start && !end) || (start == 1 && end == 1))) // 起点数和终点数不正确flag = false;// 判断是否存在孤立边int t = -1;for (int i = 0; i < 26; ++ i )if (st[i]){if (t == -1) t = find(i);else if (t != find(i)){flag = false;break;}}if (flag) puts("Ordering is possible.");else puts("The door cannot be opened.");}return 0;
}