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; }