CF858F Wizard's Tour 解题报告

题目描述

给定一张 (n) 个点 (m) 条边的无向图，每条边连接两个顶点，保证无重边自环，不保证连通。
你想在这张图上进行若干次旅游，每次旅游可以任选一个点 (x) 作为起点，再走到一个与 (x) 直接有边相连的点 (y)，再走到一个与 (y) 直接有边相连的点 (z) 并结束本次旅游。
作为一个旅游爱好者，你不希望经过任意一条边超过一次，注意一条边不能即正向走一次又反向走一次，注意点可以经过多次，在满足此条件下，你希望进行尽可能多次的旅游，请计算出最多能进行的旅游次数并输出任意一种方案。

输入输出格式

输入格式

第 (1) 行两个正整数 (n) 与 (m)，表示全图的点数与边数
下接 (m) 行，每行两个数字 (u) 与 (v) 表示一条边

输出格式

第 (1) 行一个整数 (cnt) 表示答案
下接 (cnt) 行，每行三个数字 (x, y) 与 (z)，表示一次旅游的路线
如有多种旅行方案，任意输出一种即可

说明

对于前 (20\%) 的数据， (n le10, m le 20).
对于另 (20\%) 的数据， (m = n - 1)，并且图连通
对于另 (10\%) 的数据，每个点的度数不超过 (2)
对于 (100\%) 的数据， (n le 100000, m le 200000)

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可能还是没怎么做过构造题目吧，我打的树的特殊数据分其实改一改就是正解了。

通过手玩我们发现对一个有(m)条边的连通块来说，方案数量一定可以构造到(lfloorfrac{m}{2} floor)个。

构造方法如下

对某个连通块随便选择一个点构造一颗搜索树，在回溯的时候配对可以连接的边，如果不能两两配对，那么用上自己头上的边。

考虑为什么这样是对的，思路很简单。我们发现除了选定根的某个儿子边，所有的边都可以用上，不会产生浪费。

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Code:

#include <cstdio>
#include <vector>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define ed() for(int i=head[now];i;i=Next[i])
#define pb(a) push_back(a)
const int N=2e5+10;
int head[N],to[N<<1],Next[N<<1],cnt=1;
void add(int u,int v)
{
    to[++cnt]=v,Next[cnt]=head[u],head[u]=cnt;
}
int used[N<<1],ans[N<<2],n,m,tot,vis[N];
void dfs(int now,int fa,int edg)
{
    vis[now]=1;
    std::vector <int> ch;
    ed()
    {
        int v=to[i];
        if(v!=fa&&!vis[v]) dfs(v,now,i);
    }
    ed()
    {
        int v=to[i];
        if(v!=fa&&!used[i])
        {
            ch.pb(i);
            used[i^1]=1;
        }
    }
    Rep(i,0,ch.size())
    {
        if(i&1) ans[++tot]=now;
        ans[++tot]=to[ch[i]];
    }
    if(ch.size()&1)
    {
        if(fa) ans[++tot]=now,ans[++tot]=fa,used[edg]=1;
        else tot--;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
    rep(i,1,m) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    rep(i,1,n) if(!vis[i]) dfs(i,0,0);
    printf("%d
",tot/3);
    rep(i,1,tot)
    {
        printf("%d ",ans[i]);
        if(i%3==0) printf("
");
    }
    return 0;
}

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2018.10.25