Codeforces Round #407 (Div. 2) D. Weird journey 思维+欧拉

D. Weird journey

链接：

http://codeforces.com/contest/789/problem/D

题意：

给你一个双向路径图（可能不连通且存在自环,同样的边不会出现两次），n个节点，m条边，要求划出一条路径，使得其中（m-2）条边每条边走两次，另外两条边每条边走一次，问有多少种不同的路径。

题解：

这题咋一看，像不像欧拉路，很像啊，欧拉路是划出一条路径经过所有的边一次且仅一次，而这个是选出(m-2)条边来走两次。那我们不妨将这(m-2)条边再建一条，比如，

u<-->v，那我们再建一条u<-->v。那么如果修改后的图能跑出一条欧拉路的话，那么就符合题意了，所以我们就枚举这些边。由于（m-2）可能比较大，那么我们就枚举这个2，即不增建的边。

我们判定欧拉路的依据是奇数度数节点只有两个或者没有。那么我们枚举每一条边，将此边不增，其他的每条边都扩增一条，那么此时除了这条边连接的两个端点（u!=v）

以外，其他的所有节点的度数都是偶数，这两个节点的度数都是奇数。等会，我们还差一条边，，，现在已经有两个节点度数是奇数了，那么我们要拆的下一条边就必须是与这两个节点相关的（可以自己想想为什么）那么这条边的贡献就是这两个节点所连得边的和-1了。还有就是如果你拆了某个自环的边，也是可以的。还有种情况就是你一开始选的是一个自环的边，那么你下一条要拆的随便那条边都行。

代码：

#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
// head

const int MAX_N = 1e6 + 7;
struct Edge { int u, v; }e[MAX_N];
ll n, m;
VI G[MAX_N];
int vis[MAX_N];
int deg[MAX_N];

void dfs(int v) {
    vis[v] = 1;
    rep(i, 0, G[v].size()) if (!vis[G[v][i]]) dfs(G[v][i]);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m;
    int loop = 0;
    rep(i, 0, m) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        e[i].u = u, e[i].v = v;
        if (u != v) G[u].pb(v), G[v].pb(u);
        else loop++;
        deg[u]++, deg[v]++;
    }
    rep(i, 1, n + 1) if (deg[i]) { dfs(i); break; }
    rep(i, 1, n + 1) if (!vis[i] && deg[i]) return puts("0"), 0;
    ll ans = 0;
    rep(i, 0, m) {
        int x = e[i].u, y = e[i].v;
        if (x != y) ans += G[x].size() - 1 + G[y].size() - 1 + loop;
        else ans += m - 1;
    }
    cout << ans / 2 << endl;
    return 0;
}