欧拉图模板——Hello
欧拉图模板——Hello
题目描述：
在上题中，+Q是一个画家。现在她欲画一幅首尾相连的连笔画！图中有N个点，M条要画的边，现在+Q要从一个点出发，经过所有她想画的边，在回到这个点上。她想知道她能否成功？
输入：
第一行是两个正整数N、M，表示图中的点数和边数。
之后M行每行两个整数，表示每条边连接的两个点。
输出：
如果+Q无法一笔画，输出一行”No”。
否则输出一行”Yes”，第二行是M个数，表示每次经过的边的编号。我们把编号为1的点作为起点和终点。
样例输入：
【样例1】
4 4
1 2
1 4
2 3
3 4
【样例2】
3 4
1 2
2 1
1 3
2 3
样例输出：
【样例1】
Yes
1 3 4 2
【样例2】
No
提示：
对于40%的数据 N<=10,0<=M<=30
对于100%的数据 N<=10000,0<=M<=1000000
欧拉图模板题，这题时间限制是4s，直接传统的暴力dfs是会TLE的（如下图）
所以需要进行“剪枝”。由于欧拉图的特殊性质，这个“剪枝”可以直接放在搜索前面：欧拉图中，连接每个点的边数一定是偶数，从任意一条边出去，都可以遍历整张图。
然后时间就够了：
搜索可以这样写：
void dfs(int node)//建图用前向星，由于欧拉图“从任意一条边出去，都可以遍历整张图”，只需在主函数中调用一次dfs(1)
{
for (int i=book[node];i;i=next1[i])
{
if(flag[i]==0)
{
if(i%2==0)//无向图，但该边只能走一次，故两个方向的都要标记
{
flag[i]=1;
flag[i-1]=1;
}
else
{
flag[i]=1;
flag[i+1]=1;
}
dfs(to[i]);
nm++;
ans[nm]=i;
}
}
}
前面的“剪枝”：
rep(i,1,m)
{
int u,v;
read(u);
read(v);
add(u,v);
add(v,u);
shuang[u]++;
shuang[v]++;
}
rep(i,1,n)
{
if(shuang[i]&1)
{
printf("No\n");
return 0;
}
}
整体代码如下（正文152行开始）：
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3)
#include::iterator
#define fs(n) fixed<< setprecision(n)
//const double e=2.71828182845;
#define max(a,b) a>b?a:b
#define min(a,b) a
const double pi = acos(-1.0);
void read(int &x)
{
char ch=getchar();
x=0;
for(; ch<'0'||ch>'9'; ch=getchar());
for(; ch>='0'&&ch<='9'; x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
}
inline void write(ll x)
{
if(x<0)
putchar('-'),x=-x;
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
float SqrtByCarmack( float number )
{
int i;
float x2, y;
const float threehalfs = 1.5F;
x2 = number * 0.5F;
y = number;
i = * ( int * ) &y;
i = 0x5f375a86 - ( i >> 1 );
y = * ( float * ) &i;
y = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) );
y = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) );
y = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) );
return number*y;
}
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
ll sum=1;
while(b)
{
if(b%2==1)
{
sum=sum*a%mod;
}
b/=2;
a=a*a%mod;
}
return sum;
}
int erfen(int *a,int start,int endd,int l)//小于等于l的最大值的角标
{
int mid=(start+endd)/2;
if((a[mid]<=l&&a[mid+1]>l)||(mid==endd&&a[mid]<=l))
return mid;
else if(a[mid]<=l)
return erfen(a,mid+1,endd,l);
else if(a[mid]>l)
{
if(start!=mid)
return erfen(a,start,mid,l);
else
return start-1;
}
}
ll prime[6] = {2, 3, 5, 233, 331};
ll qmul(ll x, ll y, ll mod)
{
return (x * y - (long long)(x / (long double)mod * y + 1e-3) *mod + mod) % mod;
}
bool Miller_Rabin(ll p)
{
if(p < 2)
return 0;
if(p != 2 && p % 2 == 0)
return 0;
ll s = p - 1;
while(! (s & 1))
s >>= 1;
for(int i = 0; i < 5; ++i)
{
if(p == prime[i])
return 1;
ll t = s, m = qpow(prime[i], s, p);
while(t != p - 1 && m != 1 && m != p - 1)
{
m = qmul(m, m, p);
t <<= 1;
}
if(m != p - 1 && !(t & 1))
return 0;
}
return 1;
}
ll gcd(ll x,ll y)
{
if(y==0)
return x;
else
return gcd(y,x%y);
}
int n,m;
int book[10005];
int to[2000005];
int next1[2000005];
int num=0;
void add(int x,int y)
{
num++;
to[num]=y;
next1[num]=book[x];
book[x]=num;
}
int flag[2000005];
int ans[2000005];
int nm;
void dfs(int node)
{
for (int i=book[node];i;i=next1[i])
{
if(flag[i]==0)
{
if(i%2==0)
{
flag[i]=1;
flag[i-1]=1;
}
else
{
flag[i]=1;
flag[i+1]=1;
}
dfs(to[i]);
nm++;
ans[nm]=i;
}
}
}
int shuang[10005];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
read(n);
read(m);
rep(i,1,m)
{
int u,v;
read(u);
read(v);
add(u,v);
add(v,u);
shuang[u]++;
shuang[v]++;
}
rep(i,1,n)
{
if(shuang[i]&1)
{
printf("No\n");
return 0;
}
}
dfs(1);
if(nm<m)
printf("No\n");
else
{
printf("Yes\n");
rep(i,1,nm)
{
if(i!=1)
printf(" ");
printf("%d",(ans[i]+1)/2);
}
}
return 0;
}