Hdu-1116 Play on Words

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1116

题目大意:给你一些英文单词,判断所有单词能不能连成一串,类似成语接龙的意思。但是如果有多个重复的单词时,也必须满足这样的条件才能算YES。否则都是不可能的情况。

解题思路:

欧拉路的基本题。只要知道就可以做出来了。

关于欧拉回路和欧拉路径

定义:
欧拉回路:每条边恰好只走一次,并能回到出发点的路径
欧拉路径:经过每一条边一次,但是不要求回到起始点

①首先看欧拉回路存在性的判定:

一、无向图
每个顶点的度数都是偶数,则存在欧拉回路。

二、有向图(所有边都是单向的)
每个节顶点的入度都等于出度,则存在欧拉回路。

三.混合图欧拉回路
  混合图欧拉回路用的是网络流。
  把该图的无向边随便定向,计算每个点的入度和出度。如果有某个点出入度之差为奇数,那么肯定不存在欧拉回路。因为欧拉回路要求每点入度 = 出度,也就是总度数为偶数,存在奇数度点必不能有欧拉回路。
  好了,现在每个点入度和出度之差均为偶数。那么将这个偶数除以2,得x。也就是说,对于每一个点,只要将x条边改变方向(入>出就是变入,出>入就是变出),就能保证出 = 入。如果每个点都是出 = 入,那么很明显,该图就存在欧拉回路。
  现在的问题就变成了:我该改变哪些边,可以让每个点出 = 入?构造网络流模型。首先,有向边是不能改变方向的,要之无用,删。一开始不是把无向边定向了吗?定的是什么向,就把网络构建成什么样,边长容量上限1。另新建s和t。对于入 > 出的点u,连接边(u, t)、容量为x,对于出 > 入的点v,连接边(s, v),容量为x(注意对不同的点x不同)。之后,察看是否有满流的分配。有就是能有欧拉回路,没有就是没有。欧拉回路是哪个?查看流值分配,将所有流量非 0(上限是1,流值不是0就是1)的边反向,就能得到每点入度 = 出度的欧拉图。
  由于是满流,所以每个入 > 出的点,都有x条边进来,将这些进来的边反向,OK,入 = 出了。对于出 > 入的点亦然。那么,没和s、t连接的点怎么办?和s连接的条件是出 > 入,和t连接的条件是入 > 出,那么这个既没和s也没和t连接的点,自然早在开始就已经满足入 = 出了。那么在网络流过程中,这些点属于“中间点”。我们知道中间点流量不允许有累积的,这样,进去多少就出来多少,反向之后,自然仍保持平衡。
  所以,就这样,混合图欧拉回路问题,解了。


②.欧拉路径存在性的判定

一。无向图
一个无向图存在欧拉路径,当且仅当该图所有顶点的度数为偶数 或者除了两个度数为奇数外其余的全是偶数

二。有向图
一个有向图存在欧拉路径,当且仅当该图所有顶点的度数为零或者一个顶点的度数为1,另一个度数为-1,其他顶点的度数为0

三。混合图欧拉路径
其实整篇文章只有这部分是我写的哈,灰常不好意思,只是网上的同志们写的太好了,实在没有必要重复劳动,不知道大家有没有发现,求欧拉路径的第一步一定是求欧拉回路,在混合图上也不例外,如何判断混合图欧拉回路问题的存在性呢?首先,我们用上文所说的方法判断该图是否存在欧拉回路,如果存在,欧拉路径一定存在。如果欧拉回路不存在,那么我们枚举欧拉路径的起点和终点,连接一条无向边,然后再用最大流判断是否存在欧拉回路即可。


所以这道题的大题思路就是:

1.并查集判断连通

2.将每个单词取出首字母和尾字母,转换为一条边,然后加入对应的连通分量中。如果这个字母出现过,visit数组标记为true。同时起点出度加1,终点入度加1.

3.判断一下:

1)这个图必须是连通的,即根结点只有一个。如果不是,直接结束本次算法。

2)如果这个图是连通的,判断每个结点的入度和出度情况。

如果这个图是欧拉路,则每个顶点的出度等于入度。即out[i] = in[i]

如果这个图是半欧拉图,则起点的出度比入度大1,终点的入度比出度大1.其余顶点的出度等于入度。

如果满足上述条件,就可以将所有单词链接起来,否则不能。

当然,在判断出度入度的时候还有一点需要注意,那就是除了起点终点以外的顶点,出度必须等于入度(出度入度可以同时为2,即环),但是起点和终点必须保证出度和入度之差为1。


代码如下:

#include #include #include #include #include using namespace std; #define MAXN 30 int pre[MAXN], in[MAXN], out[MAXN]; bool visit[MAXN]; int find(int x) { return x == pre[x] ? x : find(pre[x]); } void join(int x, int y) { int root1, root2; root1 = find(x); root2 = find(y); if(root1 != root2) pre[root2] = root1; } int main() { int ncase; int wordnum, len; //单词个数,每个单词长度 int start, end; //转化为边 char str[1010]; int innum, outnum; //记录入度出度不相等顶点个数 int root; //根结点个数 bool flag; //判断连通性 bool flag1; //判断入度和出度是否是1或者0 scanf("%d", &ncase); while(ncase--) { memset(in, 0, sizeof(in)); memset(out, 0, sizeof(out)); memset(visit, false, sizeof(visit)); for(int i = 1; i < MAXN; ++i) pre[i] = i; innum = outnum = root = 0; flag = flag1 = true; scanf("%d", &wordnum); for(int i = 1; i <= wordnum; ++i) { scanf("%s", str); len = strlen(str); start = str[0] - 'a' + 1; end = str[len - 1] - 'a' + 1; visit[start] = true; visit[end] = true; out[start]++; in[end]++; join(start, end); } for(int i = 1; i < MAXN; ++i) { if(visit[i]) { if(pre[i] == i) root++; if(in[i] != out[i]) { if(in[i] - out[i] == 1) innum++; else if(out[i] - in[i] == 1) outnum++; else flag1 = false; } } if(root > 1) { flag = false; break; } } if((flag && innum == 0 && outnum == 0 && flag1) || (flag && innum == 1 && outnum == 1 && flag1)) printf("Ordering is possible.\n"); else printf("The door cannot be opened.\n"); } return 0; }


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