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欧拉路径和欧拉回路

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哥尼斯堡七桥问题

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以下内容摘自《信息学奥赛一本通·提高篇》.

欧拉回路问题是图论中最古老的问题之一。它诞生于18世纪的欧洲古城哥尼斯堡，普瑞格尔河流经这座城市，人们在两岸以及河中间的小岛之间建了7座桥，如下图所示：

七桥问题图示

市民们喜欢在这里散步，于是产生了这样一个问题：**是否可以找到一种方案，使得人们从自己家里出发，不重复地走遍每一座桥，然后回到家中？**这个问题如果用数学语言来描述，就是在上图中找出一条回路，使得它不重复地经过每一条边。这便是著名的“哥尼斯堡七桥问题”.

抽象后的图示

注意：桥是只能走一次，但是点（即小岛和两岸）是可以随便走的.

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欧拉路径与欧拉回路

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设 $G=(V,E)$ 是一个图.
欧拉路径：图 $G$ 中经过每条边一次并且仅一次的路径称作欧拉路径.
欧拉回路：图 $G$ 中经过每条边一次并且仅一次的回路称作欧拉回路.

欧拉路径问题 也被称为 一笔画问题.

性质与定理：

假设某图满足欧拉路径，则讨论图中点的 度数 （无向图，直接将 点的连边数 作为 度数）：

• 对于起点来说，其作为起始点往外走度数$+1$​​，之后如果每次经过起点，应该立刻再走出去（走回来就停住就变成 欧拉回路 了）度数 $+2$​​，所以起点的度数应为奇数；

• 对于终点同理，终点的度数应为奇数；

• 对于中间点来说，经过此点就应该立即再走出去，度数 $+2$​，故中间点的度数应为偶数.

特殊地，当起点与终点为同一个点时，此点度数显然为偶数，当然，此时形成的是欧拉回路；
可以说欧拉回路是特殊的欧拉路径.

如上可以得出 度数为奇数的点只有能 $0$ 或 $2$ 个 是 存在欧拉路径的 必要条件 .

对于无向联通图

1. 存在欧拉路径的充分必要条件：度数为奇数的点只有能 $0$ 或 $2$​ 个；

2. 存在欧拉回路的充分必要条件：度数为奇数的点只能有 $0$​​ 个.

对于有向联通图

类比无向图.
实际上对于中间点，入度与出度相等即可.
对于起点，出度比入度多一；
对于终点，入度比出度多一；
特殊地，当起点与终点为同一点，则其入度与出度也相等.

1. 存在欧拉路径的充分必要条件：要么所有点的出度均等于入度；要么除了两个点之外，其余所有点的出度等于入度，剩余的两个点，一个满足出度比入度多一，另一个满足入度比出度多一；
2. 存在欧拉回路的充分必要条件：所有点的出度均等于入度.

充分性证明

如上只证明了 存在欧拉路径或欧拉回路 能 推出 如上的结论，但这仅仅代表 结论是 存在欧拉路径或欧拉回路 的必要条件，仍需证明 其 充分性.

现在需要证明，如上的结论本身 能够推出 其构成的图 都是欧拉路径或欧拉回路：

• 对于有一个公共点的 一个环 和 一条线段 组成的图，显然存在欧拉路径；同样地对于 有一个公共点的 两个环，显然存在欧拉回路.

两种情况图示

• 更普遍地想，如果 无向联通图 满足 度数为奇数的点只有 $2$ 个 的话，从 某个度数为奇数的点 开始进行深度优先遍历，那么除了 起点与终点 之外，走到 中间点 时，由于其度数为偶数，到达中间点时就必然会存在 另外一条 没有走过的边 往外走.

但可能存在搜到终点时，并没有将整个图都遍历完的情况.
这时深度优先搜索的 回溯 就可以将 搜到终点时没有遍历到的点都再遍历到；

另一种理解方式就是，在遍历过程中，终点是有可能先被遍历到的，但这不并影响整个图都被遍历到；
那么都遍历过终点了，深度优先遍历什么时候才会停止呢？实际上如果存在上述情况，实际上当所有公共点所共用的环都被遍历完，搜索就会停止，停止在公共点上，然后再往上回溯到起点.

• 故 欧拉路径 实际上可以看作 一条线段路径 上，有很多 与其有公共点的环 和 与环有公共点的环.

• 其他结论的证明方式是类似的，有了如上的证明也是显然的了.

有向联通图也不难想，实际上就是把 度数作为区分，对于中间点，有入度就一定有对应的出度.

• 这样就证明了 充分性.

Q：对于有向联通图来说，从 中间点 出发，一定会有一条回来的边，但 出发的路径 是否一定会走回 出发的 中间点 呢？

A：这是不可能的，因为从 中间点 出发，由于其入度与出度相同，所以只要有一条没有走过的入边，就一定有一条对应的没走过的出边；因为 图联通 且 点的个数有限，所以一定可以在有限步内 走回 出发的中间点.

算法过程

假设现有一张无向连通图，图中只存在两个度数为奇数的点.

• 从起点出发，没有回溯时的第一条路径，必然会走到终点.

从起点出发的话，一旦出发之后，把所有已经用过的边删掉后，在剩下的图中，对于任何一个不是终点的结点来说（包括起点），度数都是偶数，因此第一条路径走到了某个点上的话，由于此点的度数为偶数，则必然会存在一条能出去的边；
但这个过程不可能是无限的，因为边的数量是有限的，因此最终必然会在终点的位置停止.

• 这样中间的道路会有很多个环，可以使用以下伪代码的顺序填入序列当中：

dfs(u){for 从u出发的所有边dfs() //扩展seq <- u //将 u 加入到序列当中
}

当搜完所有和 $u$ 相关的点之后，就可以认为 从 $u$ 出发 往后遍历到终点的所有的点 都已经加入了序列当中，此时也就可以将 $u$ 也放入序列当中了.
序列储存的是一种欧拉回路的倒序走法，只需要逆序输出就可以了.

欧拉路径从一个度数为奇数的点开始搜；欧拉回路可以从任意点开始搜.

细节

一般的 $DFS$​ 会用点来判重，时间复杂度为 $O(n+m)$.

欧拉回路问题是用边来判重，如果图是一个点但有 $m$ 条自己指向自己的自环重边，则对于 欧拉回路来说，走法序列长度为 $m$，而每次都要遍历 $m$ 条边是否可走，故时间复杂度可能会达到 $O(m^2)$.

这样对欧拉回路时 $DFS$​​​​ 的优化即为：在经过某一条边时，不是简单地把这条边标记一下，而是把它直接删掉，这样就可以保证每用一条边就会删一条边，每条边就只会被用一次，这样时间复杂度就可以降为 $O(n+m)$.

有些题目可能因为使用了随机数据，不加优化可能也可以过；但如果出题人有意卡的话，是很可能卡住的.

如果是有向图的话，每用一条边删掉就可以了；如果是无向图的话，因为每条边建的时候需要建两个方向，所以删边时不能忘记相对应的另一条边，需要同时删掉.

如果边的编号从 $0$ 开始，那么建边时 $(0,1),(2,3),(4,5),\cdots$都是对应的一组边，可以发现 KaTeX parse error: Undefined control sequence: \and at position 3: u \̲a̲n̲d̲ ̲1（异或）即为编号为 $u$ 的边的对应边​.

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AcWing 1123. 铲雪车

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原题链接

随着白天越来越短夜晚越来越长，我们不得不考虑铲雪问题了。

整个城市所有的道路都是双向车道，道路的两个方向均需要铲雪。因为城市预算的削减，整个城市只有 $1$ 辆铲雪车。

铲雪车只能把它开过的地方（车道）的雪铲干净，无论哪儿有雪，铲雪车都得从停放的地方出发，游历整个城市的街道。

现在的问题是：最少要花多少时间去铲掉所有道路上的雪呢？

输入格式

输入数据的第 $1$ 行表示铲雪车的停放坐标 $(x,y)，x,y$为整数，单位为米。

下面最多有 $4000$ 行，每行给出了一条街道的起点坐标和终点坐标，坐标均为整数，所有街道都是笔直的，且都是双向车道。

铲雪车可以在任意交叉口、或任何街道的末尾任意转向，包括转 $U$ 型弯。

铲雪车铲雪时前进速度为 $20$ 千米/时，不铲雪时前进速度为 $50$ 千米/时。

保证：铲雪车从起点一定可以到达任何街道。

输出格式

输出铲掉所有街道上的雪并且返回出发点的最短时间，精确到分钟，四舍五入到整数。

输出格式为 hours:minutes，minutes 不足两位数时需要补前导零。

具体格式参照样例。

数据范围

$-10^6\le x,y\le 10^6$

所有位置坐标绝对值不超过 $10^6$。

输入样例：

0 0
0 0 10000 10000
5000 -10000 5000 10000
5000 10000 10000 10000

输出样例：

3:55

样例解释

输出结果表示共需 $3$ 小时 $55$ 分钟。

时/空限制： 1s / 64MB
来源： 《信息学奥赛一本通》
算法标签：欧拉回路

yxc’s Solution

• 因为街道都是双向车道，所以每个街道的起点和终点的入度和出度都对应 $+1$，因此可以发现所有点的入度和出度都是相等的，此图必然存在欧拉回路.

• 因为铲雪车必然在某个街道上，故由于此图存在欧拉回路，不管从哪个点开始，都一定可以每条边不重复地回到起点.

• 因此其最短时间即为 所有边长度的二倍 $2l$​​​ 再除以铲雪时的速度 $20km/h$​，注意转化时间​​.

因此此题实际上只是利用了欧拉回路的性质，甚至不需要使用欧拉回路的算法，定理和代码不一定有相关性，并不是说代码没有在这道题出现，这道题就和算法不相关.

可以发现，起点坐标是没有任何意义的（保证 铲雪车在道路上）.

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int main(){double x1,y1,x2,y2;cin>>x1>>y1;double sum=0;while(cin>>x1>>y1>>x2>>y2){double dx=x1-x2;double dy=y1-y2;sum+=sqrt(dx*dx+dy*dy)*2;}int minutes=round(sum/1000/20*60);int hours=minutes/60;minutes%=60;printf("%d:%02d",hours,minutes);return 0;
}

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AcWing 1184. 欧拉回路

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原题链接

给定一张图，请你找出欧拉回路，即在图中找一个环使得每条边都在环上出现恰好一次。

输入格式

第一行包含一个整数 $t，t\in 1,2$，如果 $t=1$，表示所给图为无向图，如果 $t=2$，表示所给图为有向图。

第二行包含两个整数 $n,m$，表示图的结点数和边数。

接下来 $m$ 行中，第 $i$ 行两个整数 $v_i,u_i$，表示第 $i$ 条边（从 $1$ 开始编号）。

• 如果 $t=1$ 则表示 $v_i$ 到 $u_i$ 有一条无向边。

• 如果 $t=2$ 则表示 $v_i$ 到 $u_i$ 有一条有向边。

图中可能有重边也可能有自环。

点的编号从 $1$ 到 $n$ 。

输出格式

如果无法一笔画出欧拉回路，则输出一行：NO。

否则，输出一行：YES，接下来一行输出 任意一组 合法方案即可。

• 如果 $t=1$，输出 $m$ 个整数 $p_1,p_2,\dots ,p_m$。令 $e=|p_i|$，那么 $e$ 表示经过的第 $i$ 条边的编号。如果 $p_i$ 为正数表示从 $v_e$ 走到 $u_e$，否则表示从 $u_e$ 走到 $v_e$。

• 如果 $t=2$ ，输出 $m$ 个整数 $p_1,p_2,\dots ,p_m$。其中 $p_i$ 表示经过的第 $i$ 条边的编号。

数据范围

$1\le n\le 10^5$,
$0\le m\le 2\times 10^5$

输入样例1：

1
3 3
1 2
2 3
1 3

输出样例1：

YES
1 2 -3

输入样例2：

2
5 6
2 3
2 5
3 4
1 2
4 2
5 1

输出样例2：

YES
4 1 3 5 2 6

时/空限制： 1s / 64MB
来源： 《信息学奥赛一本通》
算法标签：欧拉回路

yxc’s Solution

• 这道题的一个问题是：怎么判断无解？

• 什么样的图存在欧拉回路？

无向图

1. 所有点的度数必须都为偶数；
2. 所有边都联通（这道题没有要求点联通）.

有向图

1. 所有点的入度等于出度；
2. 所有边都联通.

无向图也是用入度与出度，因为使用时是将入度与出度相加，即为度数，故可以直接使用.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010,M=400010;
int type;
int n,m;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
bool used[M];
int ans[M>>1],cnt; //因为无向图边扩了一倍，但答案不需要，所以这里除以二
int din[N],dout[N];
void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u){//这里不能写 for(int i=h[u];~i;i=ne[i]) 而是写成现在的样子 //因为 删边实际上只是在修改 h[u] 的值，但是 i 本身还是在遍历//如果遇到自环的情况还是遍历完所有边，从而被卡成 O(m^2) 故需要更改写法//这里的写法等同于每次删掉离 h[u] 最近的那条边for(int &i=h[u];~i;){if(used[i]){i=ne[i]; //一旦用过一条边，就把它删掉continue;}used[i]=true;if(type==1) used[i^1]=true;//记录边的编号int t;if(type==1){t=i/2+1;if(i & 1) t=-t;} else t=i+1;int v=e[i];i=ne[i];dfs(v);ans[++cnt]=t;}
}
int main(){scanf("%d",&type);scanf("%d %d",&n,&m);memset(h,-1,sizeof h);for(int i=0;i<m;++i){int a,b;scanf("%d %d",&a,&b);add(a,b);if(type==1) add(b,a);din[b]++,dout[a]++;}//对于条件1. 的判断if(type==1){for(int i=1;i<=n;++i)if(din[i]+dout[i] &1){puts("NO");return 0;}} else {for(int i=1;i<=n;++i)if(din[i]!=dout[i]){puts("NO");return 0;}}//因为只要求边联通，不要求点联通，故找到第一个不孤立点for(int i=1;i<=n;++i)if(h[i]!=-1){dfs(i);break;}//判断遍历到的边的数量和m是不是相等的if(cnt<m){puts("NO");return 0;}puts("YES");for(int i=cnt;i;--i) printf("%d ",ans[i]);return 0;
}

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AcWing 1124. 骑马修栅栏

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题目链接

农民 $John$ 每年有很多栅栏要修理。

他总是骑着马穿过每一个栅栏并修复它破损的地方。

$John$ 是一个与其他农民一样懒的人。

他讨厌骑马，因此从来不两次经过一个栅栏。

你必须编一个程序，读入栅栏网络的描述，并计算出一条修栅栏的路径，使每个栅栏都恰好被经过一次。

$John$ 能从任何一个顶点（即两个栅栏的交点）开始骑马，在任意一个顶点结束。

每一个栅栏连接两个顶点，顶点用 $1$ 到 $500$ 标号（虽然有的农场并没有 $500$ 个顶点）。

一个顶点上可连接任意多（ $\ge 1$ ）个栅栏。

所有栅栏都是连通的（也就是你可以从任意一个栅栏到达另外的所有栅栏）。

你的程序必须输出骑马的路径（用路上依次经过的顶点号码表示）。

我们如果把输出的路径看成是一个 $500$ 进制的数，那么当存在多组解的情况下，输出 $500$ 进制表示法中最小的一个（也就是输出第一个数较小的，如果还有多组解，输出第二个数较小的，等等）。

输入数据保证至少有一个解。

输入格式

第 $1$ 行：一个整数 $F$ ，表示栅栏的数目;

第 $2$ 到 $F+1$ 行：每行两个整数 $i,j$ 表示这条栅栏连接 $i$ 与 $j$ 号顶点。

输出格式

输出应当有 $F+1$ 行，每行一个整数，依次表示路径经过的顶点号。

注意数据可能有多组解，但是只有上面题目要求的那一组解是认为正确的。

数据范围

$1\le F\le 1024$,
$1\le i,j\le 500$

输入样例：

9
1 2
2 3
3 4
4 2
4 5
2 5
5 6
5 7
4 6

输出样例：

1
2
3
4
2
5
4
6
5
7

时/空限制： 1s / 64MB
来源： 《信息学奥赛一本通》 , usaco training 3.3
算法标签：欧拉路径

yxc’s Solution

• 这道题需要考虑 如何输出 欧拉序 字典序最小的解？

dfs(int u){for u 的所有出边dfs(v)seq <-u
}

• 对于 $u$​ 这个点来说，一旦从 $u$​​ 走出去之后，必然还会回来，所以 $u$ 这个点一定会出现在 $seq$​ 的尾部；

• 这样 $seq$ 的逆序之中，$u$ 就一定会出现在开头；

• 所以，只需要保证 $u$​ 的出边的 点的编号 从小到大遍历即可.

对边排序太过麻烦，而且点数有较小，可以使用邻接矩阵来储存.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=510,M=2100;
int n=500,m;
int g[N][N];
int ans[M>>1],cnt;
int d[N];
void dfs(int u){for(int i=1;i<=n;++i)if(g[u][i]){--g[u][i],--g[i][u];dfs(i);}ans[++cnt]=u;
}
int main(){cin>>m;while(m--){int a,b;cin>>a>>b;g[a][b]++,g[b][a]++;d[a]++,d[b]++;}int start=1;while(!d[start]) ++start;for(int i=1;i<=n;++i)if(d[i]&1){start=i;break;}dfs(start);for(int i=cnt;i;--i) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
} 

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AcWing 1185. 单词游戏

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原题链接

有 $N$ 个盘子，每个盘子上写着一个仅由小写字母组成的英文单词。

你需要给这些盘子安排一个合适的顺序，使得相邻两个盘子中，前一个盘子上单词的末字母等于后一个盘子上单词的首字母。

请你编写一个程序，判断是否能达到这一要求。
输入格式

第一行包含整数 $T$，表示共有 $T$ 组测试数据。

每组数据第一行包含整数 $N$ ，表示盘子数量。

接下来 $N$ 行，每行包含一个小写字母字符串，表示一个盘子上的单词。

一个单词可能出现多次。

输出格式

如果存在合法解，则输出 Ordering is possible.，否则输出 The door cannot be opened.。

数据范围

$1\le N\le 10^5$,
单词长度均不超过 $1000$

输入样例：

3
2
acm
ibm
3
acm
malform
mouse
2
ok
ok

输出样例：

The door cannot be opened.
Ordering is possible.
The door cannot be opened.

时/空限制： 1s / 64MB
来源： 《信息学奥赛一本通》
算法标签：欧拉路径

yxc’s Solution

• 每个单词看成一条边，首尾字母看作点，这样问题就转化为了一张有向图；

• 问题就变为了有向图是否存在欧拉路径：

1. 除了起点、终点外，其余点的入度等于出度；
2. 图是否联通.

• 连通性可以用并查集来维护.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=30;
int n,m;
int din[N],dout[N],p[N];
bool st[N];
int find(int x){if(p[x]!=x) p[x]=find(p[x]);return p[x];
}
int main(){char str[1010];int T; scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d",&n);memset(din,0,sizeof din);memset(dout,0,sizeof dout);memset(st,0,sizeof st);for(int i=0;i<26;++i) p[i]=i;for(int i=0;i<n;++i){scanf("%s",str);int len=strlen(str);int a=str[0]-'a',b=str[len-1]-'a';st[a]=st[b]=true;dout[a]++,din[b]++;p[find(a)]=find(b);}int start=0,end=0;bool success=true;//找到起点与终点for(int i=0;i<26;++i)if(din[i]!=dout[i]){if(din[i]==dout[i]+1) end++;else if(din[i]+1==dout[i]) start++;else{success=false;break;}}//只有 起点终点都不存在 或者 起点终点都只有一个 才可行if(!((!start && !end) ||(start==1 && end==1))) success=false;//判断图是否联通int rep=-1;for(int i=0;i<26;++i)if(st[i]){if(rep==-1) rep=find(i);else if(rep!=find(i)){success=false;break;}}if(success) puts("Ordering is possible.");else puts("The door cannot be opened.");}return 0;
}

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本文档基于 AcWing算法提高课 制作

视频链接：3.10 欧拉路径和欧拉回路 - AcWing

文档版本：

var1.0 完成于2022.01.31.