星际旅行（欧拉路，欧拉回路）（20190718 NOIP模拟测试5）

瞎搞了一个ans+=du*(du-1)/2 wa20分，好桑心（话外音：居然还有二十分，出题人太周到了）

还是判欧拉路

题解没太仔细想，感觉还是kx的思路明白

具体就是：因为每条边要走两遍，可以把一条无向虫洞看成两条边，暂且叫它虚边（Lockey瞎起的），然后选出并删去两条边，当然，这两条边不是同一条边变来的，删完之后，原来的位置一条边变两条边，现在只剩下一条虚边，使得每条边可以被经历一边，即判断删去两条边使得剩下路径的是欧拉路或欧拉回路

首先，要想到每条边变虚边都是变成了两条，则只要有连边，点的度数一定是偶数，即如果当前所有虫洞都连通，它是一个欧拉回路

第一种方案，删去两个自环，原来的相应的点度数减2，仍是偶度，它是欧拉回路，求出自环数量num,方案数为$C_{num}^2$

第二种方案，删去一个自环一条边，删自环的点度数减2，偶度，删去的边两端的点度数减1，两个奇度点，其余全是偶度点，所以它是欧拉路，方案数$C_{num}^1*(m-num)$

第三种方案，删去有一个公共点的两条边，公共点度数减2，另外两点度数减1，两个奇度点，其余偶度，是欧拉路，方案数$\sum\limits_{i=1}^{n}C_{du[i]}^2$

加起来就是 $C_{num}^2+C_{num}^1*(m-num)+\sum\limits_{i=1}^{n}C_{du[i]}^2$

可以这么想，把一二种合起来，第一个自环可以与剩余自环 边组合，方案m-1, 第二个自环 m-2……以此类推，发现是等差数列 总方案数 $ (2*m-num-1)*num/2 $

第三种 为$\sum\limits_{i=1}^ndu[i]*(du[i]-1)/2$,一遍for循环加起来就可以了

注意：1. 点的自环不能算进度数，因为已经算过

　　　2.会有几个不连通的图，方案为0，所以要判断，这里的不连通不是点不连通，而是虫洞（也就是边不连通），用并查集判断即可，这里不能漏掉自环

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
int n,m,du[110000],zi,v[110000],fa[110000];
int find(int x){
    return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y;
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x]=v[y]=1;
        if(x==y) zi++;
        else{
            du[x]++,du[y]++;
            fa[find(x)]=find(y);
        }
    }
    int ances=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(v[i]){
            if(ances==0) ances=find(i);
            else if(ances!=find(i)){
                cout<<0<<endl;
                return 0;
            }
        }
    }
    long long ans=0;
    ans+=(long long)(2*m-zi-1)*zi/2;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=ans+(long long)(du[i]-1)*du[i]/2;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}