【LOJ#2162】【POI2011】Garbage（欧拉回路）

【LOJ#2162】【POI2011】Garbage（欧拉回路）

题面

LOJ

题解

首先有一个比较显然的结论，对于不需要修改颜色的边可以直接删掉，对于需要修改的边保留。说白点就是每条边要被访问的次数可以直接模二。证明的话就是如果一条边被经过了两次，证明其连通了两侧的两个块，那么把这两次删掉，可以把两侧各拆分成一个欧拉回路，不会影响答案。
于是剩下的边直接对于每一个连通块算欧拉回路。
然后对于强制定向之后的图直接\(dfs\)找到所有简单环就可以了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 100100
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,m;
int f[MAX];
int getf(int x){return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);}
struct Line{int v,next;}e[MAX*20];
int h[MAX],cnt=2,dg[MAX],cur[MAX];
void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;dg[v]++;}
bool vis[MAX*10];int dir[MAX*10];
vector<int> Ans[MAX];int tot;
void dfs(int u)
{
	for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
	{
		if(vis[i>>1])continue;int j=i;
		vis[i>>1]=true;dfs(e[i].v);
		dir[j>>1]=j&1;
	}
}
int St[MAX],top;bool inq[MAX];
void DFS(int u)
{
	St[++top]=u;inq[u]=true;
	for(int &i=h[u];i;i=e[i].next)
	{
		if(!inq[u])return;
		int v=e[i].v;if((i&1)!=dir[i>>1])continue;
		if(inq[v])
		{
			int p;++tot;Ans[tot].push_back(v);
			do{p=St[top--];Ans[tot].push_back(p);inq[p]=false;}while(p!=v);
			St[++top]=v;inq[v]=true;
		}
		else DFS(v);
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int u=read(),v=read(),s=read(),t=read();
		if(s^t)Add(u,v),Add(v,u),f[getf(u)]=getf(v);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)if(dg[i]&1){puts("NIE");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;++i)cur[i]=h[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)if(getf(i)==i)dfs(i);
	for(int i=1;i<=n;++i)DFS(i);
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=1;i<=tot;++i)
	{
		printf("%d ",(int)Ans[i].size()-1);
		for(int u:Ans[i])printf("%d ",u);puts("");
	}
	return 0;
}