hihoCoder 1182 欧拉路·三 Fleury算法
\(hihoCoder\) \(1182\) 欧拉路·三
注：因\(HihoCoder\)已关闭，无法访问，只好从网上找到原题的图片和文字，本题无法上\(OJ\)进行校验。
一、题目描述
题目抽象
写出一个环，环上有\(2^n\)个格子，每个格子中的数字是\(0\)或\(1\)，相连着的\(n\)个格子可以组成一个数的二进制，要求给出这\(2^n\)个数字的序列，使得组成的\(2^n\)个数字全是不同的。(即从\(0\)到\(2^n-1\)）
二、解题思路
兹鼓欧拉回路 问题。
构造一个图，但是只需要考虑边，每条边假设为\(n\)个\(0/1\)组成的串，即此图有\(2^n\)条边，每边代表\(1\)个数字。
若两边经过同一个点，则可以从一条边\(k\)经过 \((k<<1)+0/1\)就是左边去掉\(1\)位，再左移一位，再在后面添加\(0\)或\(1\)，就相当于切换到另外一边。
既然可以在后面添加\(0\)或\(1\)，那么就相当于一个点有两条出边，那么也就可以看到每个点也有两条入边。边\(1001\)和\(0001\)都可以转成\(0011\)和\(0010\)。此时他们经过了\(1\)个点，前两条边为入边，后两条边为出边（如图）。
栗子
\(n = 3\); 则建\(2^{n-1}\)个点，也就是\(4\)个点，分别是 \(00，01，11，10\);
这四个点共可以连出\(8(2^3 -> 2^n)\)条边出来。
这样就转化位求欧拉路径的题了。求一条路径不重复地经过这\(8\)条边；
细节
可以从\(0\)开始出发，进行\(dfs\)，需要注意的只是路径应该是欧拉路的路径，要从回溯开始计起，为了防止无限循环，要记录下访问过的路径。但是所要的答案是顺时针的，所以要从路径的前面开始输出。每次输出二进制的首位即可。
我们每次从扩展\(0\)或\(1\)的边, 为了防止越界, 在%一下\(len\). 然后根据建边的不同构造出来的可行路是不同的. 后面有道题是要输出字典序最小的路, 所以在那个题需要注意下建边顺序.而这道题不要求什么顺序, 所以随便输出一个可行路就可以了。
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/* 举栗子：以下面的小方框个数=3为例，其实是模拟了4个点，8条边，也就是(00,01,10,11)->通过尾部加0或加1->构建边->(000,001,010,011,100,101,110,111)-> 去掉头部第1个->(00,01,10,11)
其中 4=2^2=2(3-1),8=2^3,推广一下，如果下面的小方框个数是n,点数2^(n-1),边是2^n=[0000...0,1111...1]条
题目中要求1<=N<=15,那么我们加大一点范围，就让N=16,但是，由于此时N的含义是边的个数，也就是M=N*2，下面的代码，含糊了N和M的概念，将其都设定为1<<16,这样足够大，并且不超过题目要求
*/
const int N = 1 << 16, M = N;
int len;
int res[N], rl; // 路径记录器
int st[N]; // 某条边是不是出现过了
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
// dfs求有向图欧拉回路
void dfs(int u) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i]; // u通过i号索引这条边，走向了v点。
int id = w[i];
if (st[id]) continue; // 如果i这条边访问过了，那么不需要重复访问
st[id] = 1; // 标记i号边已访问过
dfs(v); // 递归搜索v号点
// cout << "u=" << u << ",v=" << v << ","
// << "w[i]=" << w[i] << endl;
res[++rl] = w[i]; // 以边的形式记录欧拉路径,i号索引的这条边，它的真实边号为w[i]
}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("HihoCoder1182.in", "r", stdin);
#endif
int n;
scanf("%d", &n);
memset(h, -1, sizeof h);
/*
len的第一层含义
一、现在点是10（二进制表示），对应十进制是就是2号点，现在需要它扩展出边来，当然就是100,101
二、那么，这两条边走向了哪两个节点呢？
(1)10->加0->生成边-> 100 ->哪个节点?
(2)10->加1->生成边-> 101 ->哪个节点?
其实用人眼看是走到了00和01两个点，也就是去掉最前面的那个数字1就行。
那如何让计算机知道它们走向了哪两个点呢？办法就是取模！就是将边对应的数字对4取模，则最前面的二进制1将被裁掉，只保留最后两位的00和01
那么，这个4是怎么来的呢？其实就是 1<< (n-1)!
总结：我们只要对生成的边对应的十进制数字，对 len= 1<<(n-1) 取模，就可以获得到它走向了哪个点ID
*/
len = 1 << (n - 1);
// len的第二层含义：如果点号从0开始计数，那么，最大的点号也是 1<<(n-1),以n=3为例，四个点就是(0,1,2,3),最大点号 3= (1<<(3-1)) -1
for (int a = 0; a < len; a++) {
int num = a << 1 | 1; // 点号，左移一位，尾部添1，以10为例，就是变成 100+1=101，这是一个点到边的变换过程,num是指边号对应的十进制数，比如101=5
int b = num % len; // 再模一下我们精心准备的len,就可以把头部第1位裁掉，得到目标节点号
add(a, b, num); // 从a点出发，到b点去，通过一条边号为num的边.我们把链式前向星魔改了一下，把边权重定义为边的边号
num = a << 1; // 点号，左移一位，尾部添0，以10为例，就是变成 100，这是一个点到边的变换过程,num是指边号对应的十进制数，比如100=4
b = num % len; // 再模一下我们精心准备的len,就可以把头部第1位裁掉，得到目标节点号
add(a, b, num); // 从a点出发，到b点去，通过一条边号为num的边.我们把链式前向星魔改了一下，把边权重定义为边的边号
// 上面这段，配置题解中的图进行理解效果更佳！
}
/*
Q:兹鼓欧拉回路,为啥题意这样的东西能和欧拉回路搞在一起，它们之间有什么联系？
答：根据题解中的图，和上面我们的建边，我们可以理解：所有的点都有两条出边，也都有两条入边！也就是它的出度=2，入度=2
图是连通的（二进制的性质保证了没有孤立点）,并且,每个点的出度入度都是偶数，都等于2，这恰好是欧拉回路的充要条件！这才是这两个好基友合并的基础！
既然已经确定题目的类型是欧拉回路，那只要我们求出任意一条欧拉回路就可以了，因为0号点是肯定存在的，（当然，你也可以从任何存在的点号出发，本题说任意一条合理的路径就行）,我们
从0号点开始搜索，从深搜的dfs(v)后，在循环内记录边即可。
注意：如果不是记录边，而是记录点的话，需要在深搜dfs(v)后，在循环外记录点才可以，这是差别！
*/
dfs(0);
/* 题目要求：输出 1个长度为2^n的01串，表示一种符合要求的分布方案
理解：将这个串把顺序一个一个进入下面的小方框，就可以获取到所有的数字组合。
那与我们已经记录下来的边有什么关系呢？
以本题的样例答案00010111为例进行解释：(下面的小方框是3个)
（1）倒数第1位1下来进入小方框，得到001
（2）倒数第2位1下来进入小方框，得到011
（3）倒数第3位1下来进入小方框，得到111
（4）倒数第4位0下面进入小方框，将最前面的1弹出，得到110
（5）倒数第5位1下面进入小方框，将最前面的1弹出，得到101
（6）倒数第6位0下面进入小方框，将最前面的1弹出，得到010
（7）倒数第7位0下面进入小方框，将最前面的0弹出，得到100
（8）倒数第8位0下面进入小方框，将最前面的0弹出，得到000
将dfs函数中我注释掉的代码放开，可以得到如下的代码运行结果
u=2,v=0,w[i]=4 =(100)
u=3,v=2,w[i]=6 =(110)
u=3,v=3,w[i]=7 =(111)
u=1,v=3,w[i]=3 =(011)
u=2,v=1,w[i]=5 =(101)
u=1,v=2,w[i]=2 =(010)
u=0,v=1,w[i]=1 =(001)
u=0,v=0,w[i]=0 =(000)
参考答案：00010111
此时，你会惊奇的发现，只要把得到的结果倒序，并且每次截取最前面一位的数字，拼装起来就是参考答案!
Q：为什么会有这么神奇的现象呢？
答：因为是队首出列啊，所以，对于每个路径，当然是只取最前面的那一位了！
也就是把序列倒序来看，
000->被顶出去->0
001->被顶出去->0
010->被顶出去->0
101->被顶出去->1
011->被顶出去->0
111->被顶出去->1
110->被顶出去->1
100->被顶出去->1
Q:怎么样能截取最前面的第一位呢？就不再是取模了，而用除法啦！
res[i]/len就是答案！其中len=4,也就是去掉最后两位的意思！
*/
for (int i = rl; i; i--) printf("%d", res[i] / len);
return 0;
}
邻接矩阵实现
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 400010;
int n;
int g[N][2];
vector<int> res;
// 欧拉回路
void dfs(int u) {
for (int i = 0; i < 2; i++) {
int v = g[u][i];
if (~g[u][i]) {
g[u][i] = -1;
dfs(v);
}
}
res.push_back((u & 1)); // 保存最后一位
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("HihoCoder1182.in", "r", stdin);
#endif
memset(g, -1, sizeof g);
int u; // 小方框数量
scanf("%d", &u);
n = (1 << (u - 1)); // 点的数量
for (int i = 0; i < n; i++) { // 每个顶点，都有两条出边
int t = ((i << 1) & (n - 1)); // 建图,干掉首位
g[i][0] = t; // 每个点最多能连两条边，0或1
g[i][1] = t + 1;
}
dfs(0);
for (int i = res.size() - 1; i; i--) // 倒序输出，最后一位顶点起点重合
printf("%d", res[i]);
return 0;
}
