\(HDU\) \(3018\) \(Ant\) \(Trip\)
一、题目意思
有一个团队的人要去逛小镇，这个镇是无向图，然后规定每条路只能走一次，且两个小镇之间只有一条小路。（就避免了多条路径的问题。）然后这个图有可能有连通分量，如果图有孤立点，那么这个点就忽略掉，（这个挺有用）。问要分为几组人马才能够把这个城市的小镇全部逛完。
二、解题思路
给你无向图的\(N\)个点和\(M\)条边,保证这\(M\)条边都不同且不会存在同一点的自环边,现在问你至少要几笔才能所有边都画一遍.(一笔画的时候笔不离开纸)
分析：
可能有多个连通分量，但我们挨个分析每一个连通分量即可：
-
如果该连通分量是一个孤立的点,显然只需要\(0\)笔.
-
如果该连通分量是一个 欧拉图 或 半欧拉图,只需要\(1\)笔.
欧拉图（存在欧拉回路），半欧拉图（存在欧拉路径）。
欧拉图是指通过所有边且每边仅通过一次的通路，相应的回路称为欧拉回路。
- 本题的难点：现在关键是连通分量并非一个(半)欧拉图时,需要几笔?
这里先给出结论：
非(半)欧拉图需要的笔数==该图中奇数度的点数目 / \(2\)
下面来证明该结论:
首先一个无向图的连通分量中的奇数度的点个数一定是偶数个(成对出现),因为无向图的总度数=偶数.
我们在这种连通分量中每次画一笔有两种选择:
1.\(a->b->c->d…->g\) 一条起点与终点不同的路径(路中除首尾度减\(1\)外,每个点度减\(2\))
2.\(a->b->c->d…->a\) 一条起点与终点相同的回路(路中每个点度数减\(2\))
也就是说想要把非(半)欧拉图分量中的奇数度的点的度数都变成偶数,我们至少需要画奇数度点个数/\(2\) 笔（因为我们发现每一笔最多可以消除两个奇度数结点）.
那么对于这种图我们最多需要画的笔数 是不是也是 : 奇数度点个数/\(2\) 笔呢?
答案是肯定的,这里假设图中有\(4\)个奇数度的点,\(1,2,3,4,5,6\).如下图所示:
我们先走路:\(1-> b-> c-> d-> e-> f->a->b-> 2\) 这条路.然后\(6,5\) 和\(3,4\) 分别属于两个连通分量了.可以看出只需要\(3\)笔,即\(6/2=3\)即可.
当然也可以这么画:\(1->b->2\) 然后\(6->f->5\) ,接着就剩下了一个半欧拉图了,半欧拉图也是\(1\)笔画,正好\(3\)笔.
也就是说对于这种非(半)欧拉图的连通分量,我们每笔必然消除正好\(2\)个点的奇度(使其度变偶数),当最后一笔的时候我们必然消除所有的点的度数(包括剩下的两个奇点,因为最后一笔就必然是欧拉通路).但是有一点要注意,有可能过程中的某几笔会使得该连通分量变成多个连通分量,当然结论不变.
经过上面的分析,这题的结论出来了,对于每个以\(i\)为根的连通分量我们记录属于该连通分量的点数目\(num[i]\)和该连通分量中奇度点的个数\(odd[i]\).
-
如果\(num[i]==0\)或\(1\),需\(0\)笔.(注意\(num[i]==0\)表示\(i\)点不是根,\(num[i]==1\)表示\(i\)点是一个孤立的点.)
-
如果\(num[i]>1\)且\(odd[i]==0\) 需\(1\)笔
-
如果\(num[i]>1\)且\(odd[i]>0\) 需\(odd[i]/2\)笔
三、代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
int p[N]; // 并查集的父亲数组
int d[N]; // 度
int odd[N]; // 奇数度节点个数
// 并查集
int find(int a) {
if (a != p[a]) p[a] = find(p[a]);
return p[a];
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("HDU3018.in", "r", stdin);
#endif
while (~scanf("%d%d", &n, &m)) { // 多组测试数据
// 并查集初始化
for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
// 初始化度
memset(d, 0, sizeof d);
// 连通分量中奇数点的个数
memset(odd, 0, sizeof odd);
// m条边
while (m--) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
d[a]++, d[b]++; // 维护度
p[find(a)] = find(b); // 维护并查集
}
// 枚举每个节点
for (int i = 1; i <= n; i++)
odd[find(i)] += d[i] % 2; // 族长x身上记录了家族中所有节点奇数度的总个数
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (find(i) == i) { // 只统计族长
if (d[i] == 0) continue; // 孤立的点，放过
if (odd[i] == 0) // 奇数度个数为0，则一笔画
cnt++;
else
cnt += odd[i] / 2; // 否则是奇数点个数/2
}
}
// 输出总的笔画数
printf("%d\n", cnt);
}
return 0;
}