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:
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”.
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.
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 .
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.
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.
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:
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.
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.
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.
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.
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.
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
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; }
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
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
有向图
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; }
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
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; }
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
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:
#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.