|
|
##[$HDU$ $3018$ $Ant$ $Trip$](https://vjudge.net/problem/HDU-3018)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
### 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
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
#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;
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
``` |
