Java教程
欧拉回路与欧拉路径
欧拉路径和欧拉回路
哥尼斯堡七桥问题
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.
欧拉路径与欧拉回路
设
G
=
(
V
,
E
)
G=(V,E)
G=(V,E) 是一个图.
欧拉路径：图
G
G
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
G
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 +1 +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 +2 +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 +2 +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 0 0 或 2 2 2 个 是 存在欧拉路径的 必要条件 .
对于无向联通图
-
存在欧拉路径的充分必要条件：度数为奇数的点只有能 0 0 0 或 2 2 2 个；
-
存在欧拉回路的充分必要条件：度数为奇数的点只能有 0 0 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.
- 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；
- 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 2 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 u u 相关的点之后，就可以认为 从 u u 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 u 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 D F S DFS DFS 会用点来判重，时间复杂度为 O ( n + m ) O(n+m) 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 m 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 m m，而每次都要遍历 m m m 条边是否可走，故时间复杂度可能会达到 O ( m 2 ) O(m^2) O(m2).
这样对欧拉回路时 D F S DFS 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 ) O(n+m) 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 0 0 开始，那么建边时 ( 0 , 1 ) , ( 2 , 3 ) , ( 4 , 5 ) , ⋯ (0,1),(2,3),(4,5),\cdots (0,1),(2,3),(4,5),⋯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 u u 的边的对应边.
AcWing 1123. 铲雪车
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 1 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 1 1 行表示铲雪车的停放坐标 ( x , y ) ， x , y (x,y)，x,y (x,y)，x,y为整数，单位为米。
下面最多有 4000 4000 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 U U 型弯。
铲雪车铲雪时前进速度为 20 20 20 千米/时，不铲雪时前进速度为 50 50 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
− 1 0 6 ≤ x , y ≤ 1 0 6 −10^6≤x,y≤10^6 −106≤x,y≤106
所有位置坐标绝对值不超过 1 0 6 10^6 106。
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 3 3 小时 55 55 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 +1 +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 2 l 2l 2l 再除以铲雪时的速度 20 k m / h 20km/h 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;
}
AcWing 1184. 欧拉回路
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 ∈ 1 , 2 t，t∈{1,2} t，t∈1,2，如果 t = 1 t=1 t=1，表示所给图为无向图，如果 t = 2 t=2 t=2，表示所给图为有向图。
第二行包含两个整数 n , m n,m n,m，表示图的结点数和边数。
接下来 m m m 行中，第 i i i 行两个整数 v i , u i v_i,u_i vi,ui，表示第 i i i 条边（从 1 1 1 开始编号）。
-
如果 t = 1 t=1 t=1 则表示 v i v_i vi 到 u i u_i ui 有一条无向边。
-
如果 t = 2 t=2 t=2 则表示 v i v_i vi 到 u i u_i ui 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 1 1 到 n n 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 t=1 t=1，输出 m m m 个整数 p 1 , p 2 , … , p m p_1,p_2,…,p_m p1,p2,…,pm。令 e = ∣ p i ∣ e=|p_i| e=∣pi∣，那么 e e e 表示经过的第 i i i 条边的编号。如果 p i p_i pi 为正数表示从 v e v_e ve 走到 u e u_e ue，否则表示从 u e u_e ue 走到 v e v_e ve。
-
如果 t = 2 t=2 t=2 ，输出 m m m 个整数 p 1 , p 2 , … , p m p_1,p_2,…,p_m p1,p2,…,pm。其中 p i p_i pi 表示经过的第 i i i 条边的编号。
数据范围
1
≤
n
≤
1
0
5
1≤n≤10^5
1≤n≤105,
0
≤
m
≤
2
×
1
0
5
0≤m≤2×10^5
0≤m≤2×105
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
- 所有点的度数必须都为偶数；
- 所有边都联通（这道题没有要求点联通）.
有向图
- 所有点的入度等于出度；
- 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;
}
AcWing 1124. 骑马修栅栏
题目链接
农民 J o h n John 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。
J o h n John 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。
J o h n John 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 1 1 到 500 500 500 标号（虽然有的农场并没有 500 500 500 个顶点）。
一个顶点上可连接任意多（ ≥ 1 ≥1 ≥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 500 500 500 进制的数，那么当存在多组解的情况下，输出 500 500 500 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 1 1 行：一个整数 F F F ，表示栅栏的数目;
第 2 2 2 到 F + 1 F+1 F+1 行：每行两个整数 i , j i,j i,j 表示这条栅栏连接 i i i 与 j j j 号顶点。
输出格式
输出应当有 F + 1 F+1 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
≤
F
≤
1024
1≤F≤1024
1≤F≤1024,
1
≤
i
,
j
≤
500
1≤i,j≤500
1≤i,j≤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 u u 这个点来说，一旦从 u u u 走出去之后，必然还会回来，所以 u u u 这个点一定会出现在 s e q seq seq 的尾部；
-
这样 s e q seq seq 的逆序之中， u u u 就一定会出现在开头；
-
所以，只需要保证 u u 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;
}
AcWing 1185. 单词游戏
原题链接
有 N N 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 T T，表示共有 T T T 组测试数据。
每组数据第一行包含整数 N N N ，表示盘子数量。
接下来 N N 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
≤
N
≤
1
0
5
1≤N≤10^5
1≤N≤105,
单词长度均不超过
1000
1000
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：
- 除了起点、终点外，其余点的入度等于出度；
- 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;
}
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.
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