一笔画问题

看标题不知道大家有没有想起小学做的七桥问题

一笔画问题主要包括欧拉路，欧拉回路，哈密尔顿通路，哈密尔顿回路

欧拉路

定义：无向图 G 中一条从 S 到 T 的路径不重不漏地经过了 G 中的每条边，称这条路径为欧拉路

其实欧拉路就是让你判断能否从一个点到另一个点，每条边只经过一次且经历所有的边的问题，其中对起点终点不做要求，对经过几次相同的点不做要求

     ·　　　　

 

 

比如这两个图就存在欧拉路（可能有多种走法）

那么怎么判断是否存在欧拉路呢？

全部的点中只有两个点的度数为奇数，其他点的度数为偶数 ---欧拉

 证明：

考虑起点，可能会经过多次，但最后一次一定是出去了，但不回来，终点类似

考虑其他点，都是进来一次出去一次

程序实现：

我们把一个度数为奇数的点作为起点，开始dfs，经过一条边删一条边，那么只要有边就会一直dfs下去，如果先遍历到了终点，回溯即可，回溯的时候并把点加入栈里，最后输出整个栈中的元素

看一个板子题

Luogu P2731 [USACO3.3]骑马修栅栏 Riding the Fences

题意还是比较好理解的

坑点就是有多组解时，输出第一位较小的。就是说在满足解的情况下，前面的数尽可能小

因为我们使用的是dfs所以先遍历的元素会较晚被放进栈中，所以我们让先遍历的元素尽可能小就好了，如果是欧拉回路，把起点设为1

/*
Work by: Suzt_ilymtics
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 501;
int m, wz = 1;
int e[MAXN][MAXN], du[MAXN];
int s[2048], sc = 0;

void dfs(int u){
    for(int i = 1; i <= 500; ++i){
        if(e[u][i]){
            e[u][i]--, e[i][u]--, dfs(i);
        }
    }
    s[++sc] = u;
}

int main()
{
    scanf("%d", &m);
    for(int i = 1, u, v; i <= m; ++i){
        scanf("%d%d", &u, &v);
        e[u][v]++;e[v][u]++;
        du[u]++;du[v]++;
    }
    int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
    for(int i = 500; i >= 1; --i){
        if(du[i] % 2) cnt1++, wz = i;
        else cnt2++;
    }
    dfs(wz);
    while(sc)
        printf("%d\n", s[sc--]);
        
    return 0;
}

欧拉回路

定义：无向图 G 中一条从 S 到 S 的路径不重不漏地经过了 G 中的每条边，称这条路为欧拉回路

含有欧拉路的图叫欧拉图，不含欧拉路的图叫半欧拉图

同欧拉路的区别就是把终点改成起点而已，其他没什么变化

             

 

 比如这就是两个欧拉回路

怎样的图存在欧拉回路？

全部点的度数为偶数

 证明：

起点和终点是同一个点，即出去还要回来，所以为偶，其他点上面已经解释过了

怎么求？

和欧拉路一样。。。

起点随便定，dfs就好

例题：P1341 无序字母对

虽然题目中说是字母，但ASCLL码是个好东西，直接强制转整形存即可（就像上面的骑马修栅栏）

注意处理的几个点：

1、输出顺序（和修栅栏一样处理）

2、如果是欧拉回路，第一个点不一定是a

3、如果既不是欧拉路，也不是欧拉回路那就No Solution

/*
Work by: Suzt_ilymtics
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 501;
int m, wz1, wz2;
char uu, vv;
int u, v;
int e[MAXN][MAXN], du[MAXN];
int s[2048], sc = 0;

void dfs(int u){
    for(int i = 1; i <= 500; ++i){
        if(e[u][i]){
            e[u][i]--, e[i][u]--, dfs(i);
        }
    }
    s[++sc] = u;
}

int main()
{
    scanf("%d", &m);
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        cin>>uu>>vv;
        u = (int) uu;
        v = (int) vv;
//        cout<<u<<" "<<v<<endl;
        e[u][v]++;e[v][u]++;
        du[u]++;du[v]++;
    }
    int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
    for(int i = 500; i >= 1; --i){//样例是个环， 所以没有奇数点 
        if(du[i] % 2) cnt1++, wz1 = i;
        else cnt2++;
        if(du[i]) wz2 = i;
    }
    if(cnt1 == 2) dfs(wz1);
    else if(cnt1 == 0) dfs(wz2);
    else {
        printf("No Solution"); return 0;
    }
    
    while(sc)
        printf("%c", (char)s[sc--]);
    
    return 0;
}

有向图的欧拉(回)路

上面我们在说的时候都是无向图，那有向图呢？

怎样的有向图存在欧拉路？

有两个点，一个点入度比出度多一，另一个点出度比入度多一，其余的点入度等于出度。

欧拉回路呢？

所有的点的出度等于入度

哈密尔顿通路

定义：无向图 G 中一条从 S 到 T 的路径不重不漏地经过所有的顶点，那么称条路径为哈密尔顿通路。

解释一下就是从一个点出发到另一个点，每个点只经过一次且每个点都要被经过，对边不做要求

去掉下图中的一条边就是哈密尔顿通路

 

 

怎么求？

枚举起点和终点，在这之间加一条边，转化为哈密尔顿回路的问题

N阶竞赛图：

含有 N 个顶点的有向图，且每对顶点之间都有一条边。对于 N 阶竞赛图一定存在哈密尔顿通路

证明：

N = 2 时显然是成立的。

设 N = k 时是成立的，考虑证明 N = k + 1 时是成立的，设哈密尔顿路径为$V_1,V_2,…,V_k$

从k到1去找（$V_i，V_k+1$）这样一条边，如果找到了那么形成$V_1,V_2,…V_i，V_k+1，V_i+1…,V_k$，这样一条通路。

否则形成$V_k+1，V_1,V_2,…,V_k$，这样一条通路

例题：U132303 竞赛图中的哈密尔顿通路

显然就是模拟上述过程，可能看代码会更清晰一点

 

/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: 竞赛图中的哈密尔顿通路 
Time: 貌似是O(n^3)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n, ans[1010], now; 
bool e[1010][1010];

void ins(int pos, int k){//暴力插入 
    int temp;
    now++;
    for(int i = pos; i < now; ++i){
        temp = ans[i], ans[i] = k, k = temp;
    }
}

void hamillton(){
    now = 2; ans[1] = 1;//now表示现在前几个元素构成了hamillton通路 
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        bool flag = false;
        for(int j = now - 1; j >= 1; --j){
            if(e[ans[j]][i]){//如果从现有的元素中找到一个指出去的hamillton通路 
                flag = true;
                ins(j+1, i);//就将他插进去 
                break;
            }
        }
        if(!flag) ins(1, i);//如果没找到，就插到最前面 
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1, u, v; i <= (n * (n - 1)) / 2; ++i){
        scanf("%d%d", &u, &v);
        if(u < v) e[u][v] = 1;//我们只记录指出来的边 
    }
    hamillton();
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        printf("%d\n", ans[i]);
    }
    return 0;
}

 

 

 

哈密尔顿回路

定义：无向图 G 中一条从 S 到 S 的路径不重不漏的的经过除 S 外所有的顶点并且S 只经过了两次，那么称这条路径为哈密尔顿回路。

解释一下，就是把起点改成终点，其他的同哈密尔顿通路

还是如下图：

 

 因为这是一个NPC问题（我也不太懂），所以它没有很好的判定定理，这里只给出一些充分条件和必要条件

必要条件：

定理一：

无向图$G { V , E }$ 哈密尔顿图，V1是V的任意非空子集，都有 P（G ， V1） <= | V1 | ，其中 P （G ， V1）表示图（G ， V1）的联通分量数

证明：设 G 中地哈密尔顿回路为C，那么P(G,V1) <= P(C-V1)。因为C 是 G 的一个子图，往图中加边不会增加强连通分量的数量。因此只需要证明 P（C - V1） <= |V1|即可

C是哈密尔顿回路，一定是个环，然后开始删点，在最优的情况下第一次删点使得不再是个环，但是没有增加强联通分量的个数，之后每次删点最多能使得连通分量个数加1，也就是最多有 |V1| 个连通分量，即P（C - V1）<=|V1|。

注意，必要条件只能判断一个图不是哈密尔顿图

左图满足上述条件，但没有哈密尔顿回路

 

推论一：

无向图G{V，E}中存在哈密尔顿通路，V1是V的任意非空子集，都有 P（G - V1） <= |V1| + 1。

根据上面的证明这个也很好理解。

下面这三个图都不存在哈密尔顿通路，第一个删掉5个点后共7个连通分量，第二个删3个共4个，第三个删5个共6个，不满足上述推论，所以一定没有哈密尔顿通路

 充分条件：

Dirac定理：（狄拉克，1953）

设 G 是无向简单图， |G| = (n >=3)，若 G 中每个节点度数至少为n / 2 ，则 G 有哈密尔顿回路

Ore定理：（奥尔，1960）

设 G 是无向简单图，|G| =（n >= 3），若 G 中任意不相邻的两个点 u，v都满足 d(u) + d(v) >= n，则 G 有哈密尔顿回路。

Ore定理的推论：

…，|G| >= 2，…d(u) +d(v) >= n -1，则 G 是哈密尔顿图

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最后感谢yu__xuan学姐的课件支持！