欧拉路径 & 欧拉回路

欧拉路径

从某一点出发经过一条不间断的路径，这条路径刚好访问整个图的所有边一次且仅一次。

欧拉回路

首尾相连的欧拉路径，(一点出发后，最后返回自身)

欧拉图

具备欧拉回路的图
性质：

1. 无向图： 各点度数均为偶数
2. 有向图： 各点入度与出度相等

半欧拉图

具有欧拉路径，但不具有欧拉回路的图
性质：

1. 无向图： 有且仅有两个顶点的度数为奇数
2. 有向图： 仅存在一个顶点： 入度 - 出度 = 1， 另一点： 出度 - 入度 = 1

如何找到一条欧拉路径

1. 找到一点作为出发点
   （对于欧拉回路，我们可以随机选择一个顶点作为起点，然后按照欧拉回路的规则进行遍历，最终形成回路。
   对于欧拉路径，我们需要选择一个度数为奇数的顶点作为起点，这样可以保证在遍历的过程中，每个边都被经过一次。如果选择一个度数为偶数的顶点作为起点，那么必然会有一个边被遍历两次，无法形成欧拉路。）
2. 以出发点进行遍历，每找到一条相连的边，将这条边断开，并将其作为新出发点
3. 若某点遍历发现已经无边，将该点入栈。

luogu P2731 Riding the Fences

题目背景

Farmer John 每年有很多栅栏要修理。他总是骑着马穿过每一个栅栏并修复它破损的地方。

题目描述

John 是一个与其他农民一样懒的人。他讨厌骑马，因此从来不两次经过一个栅栏。

John 的农场上一共有 $m$ 个栅栏，每一个栅栏连接两个顶点，顶点用 $1$ 到 $500$ 标号（虽然有的农场并没有那么多个顶点）。一个顶点上至少连接 $1$ 个栅栏，没有上限。两顶点间可能有多个栅栏。所有栅栏都是连通的（也就是你可以从任意一个栅栏到达另外的所有栅栏）。John 能从任何一个顶点（即两个栅栏的交点）开始骑马，在任意一个顶点结束。

你需要求出输出骑马的路径（用路上依次经过的顶点号码表示)，使每个栅栏都恰好被经过一次。如果存在多组可行的解，按照如下方式进行输出：如果把输出的路径看成是一个 $500$ 进制的数，那么当存在多组解的情况下，输出 $500$ 进制表示法中最小的一个 （也就是输出第一位较小的，如果还有多组解，输出第二位较小的，以此类推）。

输入数据保证至少有一个解。

输入格式

第一行一个整数 $m$，表示栅栏的数目。

从第二行到第 $(m+1)$ 行，每行两个整数 $u,v$，表示有一条栅栏连接 $u,v$ 两个点。

输出格式

共 $(m+1)$ 行，每行一个整数，依次表示路径经过的顶点号。注意数据可能有多组解，但是只有上面题目要求的那一组解是认为正确的。

数据保证至少有一组可行解。

样例 #1

样例输入 #1

9
1 2
2 3
3 4
4 2
4 5
2 5
5 6
5 7
4 6

样例输出 #1

1
2
3
4
2
5
4
6
5
7

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq m \leq 1024,1 \leq u,v \leq 500$。

题目翻译来自NOCOW。

分析：
利用vector存图，可以方便的了解某点连了几条边
本题是无向图，且有重边
需要升序排列
本题不清楚有多少个点，需要自行找出

#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e3 + 50;
vector<int> v[N];
int n,m,num;
int edge[N][N];
int ans[N];
bool flag;
void dfs(int x)
{
    for(int i = 0; i < v[x].size(); i ++)
    {
        if(edge[x][v[x][i]] > 0)
        {
            edge[x][v[x][i]]--;
            edge[v[x][i]][x]--;
            dfs(v[x][i]);
        }
    }
    ans[num] = x;
    num++; 
}
int main()
{
    scanf("%d",&m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
        edge[x][y]++;
        edge[y][x]++;
        n = max(n, max(x,y));
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    sort(v[i].begin(),v[i].end());
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(v[i].size() % 2) 
        {
            dfs(i);
            flag = true;
            break;
        }
    }
    if(!flag) 
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(v[i].size())
        {
            dfs(i);
            break;
        }
    }
    for(int i = num - 1; i >= 0; i --) 
    printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

P1341 无序字母对

题目描述

给定 $n$ 个各不相同的无序字母对（区分大小写，无序即字母对中的两个字母可以位置颠倒）。请构造一个有 $(n+1)$ 个字母的字符串使得每个字母对都在这个字符串中出现。

输入格式

第一行输入一个正整数 $n$。

第二行到第 $(n+1)$ 行每行两个字母，表示这两个字母需要相邻。

输出格式

输出满足要求的字符串。

如果没有满足要求的字符串，请输出 No Solution。

如果有多种方案，请输出字典序最小的方案（即满足前面的字母的 ASCII 编码尽可能小）。

样例 #1

样例输入 #1

4
aZ
tZ
Xt
aX

样例输出 #1

XaZtX

提示

不同的无序字母对个数有限，$n$ 的规模可以通过计算得到。

分析：

1. 把每个字母对看成一条边，无序字母对看成无向边
2. 题目要求变成每条边都必须出现，即欧拉路径，利用其性质判断是否输出No Solution
3. 输出字典序最小的方案，需要对同一点的边排序，按照升序sort
4. 利用Ascii 编码将字母转化数字，最后输出字母即可

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e3 + 50;
int m,num,cnt;
bool flag;
int ans[N];
char op[N];
vector<int> v[N];
int edge[N][N];
void dfs(int x)
{
    for(int i = 0; i < v[x].size(); i ++)
    {
        int y = v[x][i];
        if(edge[x][y] > 0)
        {
            edge[x][y]--;
            edge[y][x]--;
            dfs(y);
        }
    }
    num++;
    ans[num] = x;
}
int main()
{
    scanf("%d",&m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        scanf("%s",op);
        int x = (int)op[0];
        int y = (int)op[1];
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
        edge[x][y]++;
        edge[y][x]++;
    }
    for(int i = 65; i <= 122; i++)
    {
        sort(v[i].begin(),v[i].end());
        if(v[i].size() % 2) cnt++;
    }
    if(cnt > 2) {
        printf("No Solution");
        return 0;
    }
    for(int i = 65; i <= 122; i++)
    {
        if(v[i].size() % 2)
        {
            dfs(i);
            flag = true;
            break;
        }
    }
    if(!flag) 
    for(int i = 65;i <= 122;i ++)
    if(v[i].size()) 
    {
        dfs(i);
        break;
    }
    for(int i = num ; i >= 1; i--)
    printf("%c",(char)ans[i]);
    return 0;
}