P3520 [POI2011]SMI-Garbage(欧拉回路)

jisoo

可以证明，一定只需要考虑需要翻转的边

如果一种合法方案，需要翻转不需要翻转的边，那么就必然有一个过程是把这条边翻转过来，

那么这一条边有两种可能，要不它连着偶数个由需要翻转的边组成的环，要不是有许多同样的此类不翻转边组成的环

对于以上两种可能，可以发现都会出现需要翻转的边连成环的可能。

然后如此,就是求欧拉回路

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
int n,m;
int x,y,z,k;
int du[2000005];
stack<int> s;
struct ed{
	int to;
	int ne;
}ed[2000001];
int be[2000001];
int use[2000001];
int cnt;
int vis[2000001];
int c;
int p=1;
int head[2000001];
void add(int f,int to){
	p++;
	ed[p].ne=head[f];
	ed[p].to=to;
	head[f]=p;
}
void dfs(int no,int r){
//	cout<<no<<endl;
	s.push(no);
	du[no]-=2;
	for(int i=head[no];i;i=ed[i].ne){
		head[no]=i;
		if(use[i]) continue;
		use[i]=use[i^1]=1;
		if(no!=r&&ed[i].to==r){
			s.push(r);
			cnt++;
			return ;
		}
		dfs(ed[i].to,r);
		return ;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&z,&k);
		if(z+k==1){
			add(x,y);
			add(y,x);
			du[x]++;
			du[y]++; 
		} 
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(du[i]&1){
			cout<<"NIE";
			return 0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(!du[i]) continue;
		while(du[i]){
			//cout<<" sf"<<du[i]<<endl;
			dfs(i,i);
		}
	}
	cout<<cnt<<endl;
//	while(!s.empty()){
//		cout<<s.top()<<endl;
//		s.pop();
//	}
	while(!s.empty()){
		int aim=s.top();
		s.pop();
		int cnt=0;
		vis[cnt]=aim;
		while(s.top()!=aim){
			vis[++cnt]=s.top();
			s.pop();
		}
		printf("%d ",cnt+1);
		s.pop();
		for(int i=0;i<=cnt;++i){
			printf("%d ",vis[i]);
		}
		printf("%d\n",vis[0]);
	}
	return 0;
}

标签：head,2000001,Garbage,P3520,int,ed,POI2011,include,翻转
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