題目描述

給定一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的無向圖，每條邊連接兩個頂點，保證無重邊自環，不保證連通。
你想在這張圖上進行若干次旅游，每次旅游可以任選一個點 \(x\) 作為起點，再走到一個與 \(x\) 直接有邊相連的點 \(y\)，再走到一個與 \(y\) 直接有邊相連的點 \(z\) 并結束本次旅游。
作為一個旅游愛好者，你不希望經過任意一條邊超過一次，注意一條邊不能即正向走一次又反向走一次，注意點可以經過多次，在滿足此條件下，你希望進行盡可能多次的旅游，請計算出最多能進行的旅游次數并輸出任意一種方案。

輸入輸出格式

輸入格式

第 \(1\) 行兩個正整數 \(n\) 與 \(m\)，表示全圖的點數與邊數
下接 \(m\) 行，每行兩個數字 \(u\) 與 \(v\) 表示一條邊

輸出格式

第 \(1\) 行一個整數 \(cnt\) 表示答案
下接 \(cnt\) 行，每行三個數字 \(x, y\) 與 \(z\)，表示一次旅游的路線
如有多種旅行方案，任意輸出一種即可

說明

對于前 \(20\%\) 的數據， \(n \le10, m \le 20\).
對于另 \(20\%\) 的數據， \(m = n - 1\)，并且圖連通
對于另 \(10\%\) 的數據，每個點的度數不超過 \(2\)
對于 \(100\%\) 的數據， \(n \le 100000, m \le 200000\)

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可能還是沒怎么做過構造題目吧，我打的樹的特殊數據分其實改一改就是正解了。

通過手玩我們發現對一個有\(m\)條邊的連通塊來說，方案數量一定可以構造到\(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\)個。

構造方法如下

對某個連通塊隨便選擇一個點構造一顆搜索樹，在回溯的時候配對可以連接的邊，如果不能兩兩配對，那么用上自己頭上的邊。

考慮為什么這樣是對的，思路很簡單。我們發現除了選定根的某個兒子邊，所有的邊都可以用上，不會產生浪費。

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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\n",tot/3);rep(i,1,tot){printf("%d ",ans[i]);if(i%3==0) printf("\n");}return 0; }

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2018.10.25

轉載于:https://www.cnblogs.com/butterflydew/p/9850674.html

總結

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