一，一笔画三定律

二，一笔画2

1，简单图

2，带二重平行边的图

3，带1个传送门的图

4，带绿线的图

4.1，基于闭环的分割

4.2，完全分割图

4.3，对称性

4.4，基于有向小闭环的消去原理

4.5，基于传送门的分割

4.6，基于邻居的出度和入度估计法（类似贪心算法）

4.7，优先级原则

4.8，基于绿线的分割

三，CCF-CSP-2015-12-4 送货

一，一笔画三定律

一笔画第一定律：对于无向连通图，如果奇点数量为0或者2，则可以一笔画，否则不能一笔画。

一笔画第二定律：对于无向连通图，如果奇点个数为2，那么2个奇点可以任选1个作为起点，其他点不能作为起点，如果奇点个数为0，那么任何一个点都可以作为起点。

一笔画第三定律：对于无向连通图，起点由第二定律决定，在一笔画的过程中，只要始终保持所有的边是连通的，最终一定能完成一笔画。

二，一笔画2

这篇文章，我想分享一下自己的经验，关于如何快速找到起点。

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规则介绍：

这个游戏是要一笔画完整个图，由于起点为给出，所以需要自己寻找。

如果一开始起点就选错了，那么无论如何都无法过关了。

这个游戏，是难度递增的，可以分成四大类。

第一种，是只有蓝线的（有的上面还有箭头），也就是简单图。

第二种，有了红线（有的上面还有箭头），红线其实就是二重平行边。

第三种，有了传送门，传送门是2个黄点组成的一对。（图中只有1个传送门，也只有2个黄点）

第四种，有了绿线，绿线都是带箭头的，而且其中一端是绿点。每次经过绿点，绿线的方向就会改变。

下面分这四种类型，分别介绍如何寻找起点。

1，简单图

简单图有2种，一种是没有奇点的：

无论是有向图还是无向图，一定是一个闭环，那么任何点都可以用作起点。

另外一种是有2个奇点的：

2个奇点必定是起点和终点。

在无向图中，任意一个做起点，另外一个做终点，都可以。

在有向图中，有的像图12一样，2个点都可以作为起点，有的像图14一样，只有1个点能作为起点。

对于有唯一起点的情况，要想找出起点，还需要下面的定理。

定理一：在有2个奇点的有向图中，除了2个奇点之外，所有的点都满足入度==出度，

而这2个奇点中，起点满足入度==出度-1，终点满足入度==出度+1（证明略~~~）

图14中这个定理的使用：

分析点3就可以发现，点3到点2之间的线的方向是2→3而不是3→2，如图。

同理，分析点4可以发现是4→2，分析点5可以发现是2→5。

那么，点2即为起点，点1即为终点。

2，带二重平行边的图

红线的意思是，这条线必须经过2次，其实也就是二重平行边，1条红边等价于2条平行的蓝边。

理解什么叫二重平行边之后，问题就可以轻松地等价转化成前面的简单图的问题了。

如图22中，点1和点2是奇点，而且点1的出度至少为2，所以点1是起点，点2是终点。

3，带1个传送门的图

定理二：

对于2个传送门的2个端点，即黄点A和B，A的入度减B的出度一定是0或者1或者是-1

如果是1，那么A是终点，如果是-1，那么B是起点。

对于A和B之外的点，如果是奇点，就一定是起点或终点，对于A和B就不一定了。

定理二的推论：

A和B的度一定相差为2或者1或者0

1，如果相差是2，那么度大的那个点既是起点，又是终点，除了A和B之外没有奇点。

2，如果相差是1，那么度大的那个点即为起点或终点，除了A和B之外恰有1个奇点，这个点也是起点或终点。

如图33，因为点1的入度至少为2，所以点1是终点，点3是起点。

3，如果相差是0，那么又有2种情况：

（1）除了A和B之外恰有2个奇点，那么这2个点就是起点和终点

（2）除了A和B之外没有奇点，那么整个图一定是闭环，任何点都可以作为起点。

4，带绿线的图

绿线本质上是一条有向边，只不过方向不好确定。

所以说，以上提到的所有内容，对于带绿线的图同样成立。对于简单的情况，用上述内容即可解决。

但是，对于大部分情况，上述内容无法得到结果，因为绿线不是无向边，必须按照绿箭头的方向走，而绿箭头的方向却又总是变，所以定量的分析效果不大。

所以接下来，我会列举一些经典的情形，来给出一些方法。实际上，这些方法也可以用到无绿线的图中，效果一样很好。

4.1，基于闭环的分割

（不一定保证对，但目前还没有出错过，而且有奇效）

把图分割成2个子图，一个图是闭环（多个闭环合起来还是闭环），另外一个图包含绿线。

让包含绿线的图尽量简洁，然后优先解决这个图，最后只要解决这个闭环就可以了。

例1：

例2：

例3：

（红线不是闭环，但是红线加闭环还是闭环）

例4：

例5：

对于图133，有2个点是奇点，但是不知道哪个是起点。

定理三：

如果一个图可以分成2个子图，这2个子图只有2个公共点（都不是黄点），而且这2个点就是起点和终点，那么这2个子图一定有1个是闭环。

根据这个定理，图133虽然有2个黄点，但是起点和终点都不是黄点，而且可以分成上下2个子图，所以上面的子图一定是闭环，所以只需要先解决下面的子图。

一眼看过去，很难看出上面的子图是闭环，不过确实是闭环。

4.2，完全分割图

随便命名的，就是指这种如果不考虑传送门的效果的话，2个部分完全分割开来的图。

如果其中有1个部分是不自相交的闭环的话，那就太简单了，起点一定在另外1个部分。

（考虑到整个图为闭环的情况，更严谨的说法应该是，起点一定可以是另外1个部分上面的点）

在另外1个部分找起点的时候，可以忽略掉传送门，这样就很简单了。

4.3，对称性

这2个图都有着比较强的对称性，但不是完全对称。

2个都是，2个奇点都可以作为起点

4.4，基于有向小闭环的消去原理

其实这个和基于闭环的分割差不多，一步步挖掘出小闭环，必须是有向的。

图109可以分成5个子图，4个有向小闭环都消去之后，就只剩1条简单的路径了。

4.5，基于传送门的分割

根据传送门，分割成若干块，每一块都相当于若干条连接2个传送门的线段。

很明显，她们是有主次之分的。
一般来说，主分区只有1个，其他都是次分区。
次分区的特点很明显，简单，无限制或者限制很少（限制主要指箭头）。
当然，还有一种特殊的情况，箭头特别多，但是全部指向同一个传送门，这也是一种很有趣的闭环。
最重要的是，次分区没有奇点，可以构成闭环。
这样看起来，每个分区都可以轻松解决掉。
主分区是一条路径，除了起点和终点之外，至少有1个点是传送门，所以主分区是由2部分构成，起点→传送门，传送门→终点。
所以完整的路径是：起点→传送门，第一个次分区，第二个次分区......最后一个次分区，传送门→终点。

4.6，基于邻居的出度和入度估计法（类似贪心算法）

我之所以总结出这样一个方法，实在是因为上面的方法对下图120几乎无效，图120实在是难的离谱。

点和边的位置关系可以分4类：
第一种，点是边的2个端点之一
第二种，点和边的2个端点都是邻居
第三种，点和边的2个端点，一个是邻居，一个不是邻居
第四种，点和边的2个端点都不是邻居

基于邻居的出度和入度估计法：只考虑和奇点形成第一种或者第三种位置关系的有向边，计算所有这样的边对奇点的入度或者出度的贡献的总和，然后比较2个奇点得到起点和终点。

首先，点1和点2是奇点，ABCD四条边都是有向边。

对于点1，只考虑ABC，对于点2，只考虑D

然后计算贡献
对于点1 A：入度+2 B：出度+1 C：出度+1 合计：贡献为0
对于点2 D：入度+2 合计：贡献为入度加2

所以，2是终点，1是起点。

注意：当2个奇点的计算值相差为2或者超过2，往往非常可信，相差为1甚至0的话就不是特别可信了。

这里面还要注意绿线的问题，如果绿线的方向可以预先确定的话，绿线也可以参与计算贡献，但是如果绿线的方向无法确定，或者特别麻烦，懒得分析这个，那绿线可以不参与计算贡献。

再看2个例子：

很明显点1和点2是起点和终点。
点1的计算值为0，点2的计算值为出度加2，所以点2为起点。

很明显点1和点2是起点和终点。
点1的计算值为0，点2的计算值为入度加1，所以点1为起点。

4.7，优先级原则

原则一，对于能够确定方向的绿线，优先干掉绿线
原则二，优先级，有向红边>有向蓝边>红边>蓝边

4.8，基于绿线的分割

有些图是由子图+绿线+子图构成的，即绿线是连接2个子图的唯一的边。

这里的子图，指的是不包含传送门或者包含2个传送门的图。

开局的时候绿箭头的方向一定就是最后通过绿线的方向，所以绿点所在的那个子图一定包含起点。

（这个子图包含绿点）

三，CCF-CSP-2015-12-4 送货

题目：

问题描述

　　为了增加公司收入，F公司新开设了物流业务。由于F公司在业界的良好口碑，物流业务一开通即受到了消费者的欢迎，物流业务马上遍及了城市的每条街道。然而，F公司现在只安排了小明一个人负责所有街道的服务。
　　任务虽然繁重，但是小明有足够的信心，他拿到了城市的地图，准备研究最好的方案。城市中有n个交叉路口，m条街道连接在这些交叉路口之间，每条街道的首尾都正好连接着一个交叉路口。除开街道的首尾端点，街道不会在其他位置与其他街道相交。每个交叉路口都至少连接着一条街道，有的交叉路口可能只连接着一条或两条街道。
　　小明希望设计一个方案，从编号为1的交叉路口出发，每次必须沿街道去往街道另一端的路口，再从新的路口出发去往下一个路口，直到所有的街道都经过了正好一次。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，表示交叉路口的数量和街道的数量，交叉路口从1到n标号。
　　接下来m行，每行两个整数a, b，表示和标号为a的交叉路口和标号为b的交叉路口之间有一条街道，街道是双向的，小明可以从任意一端走向另一端。两个路口之间最多有一条街道。

输出格式

　　如果小明可以经过每条街道正好一次，则输出一行包含m+1个整数p 1, p 2, p 3, ..., p m +1，表示小明经过的路口的顺序，相邻两个整数之间用一个空格分隔。如果有多种方案满足条件，则输出字典序最小的一种方案，即首先保证p 1最小，p 1最小的前提下再保证p 2最小，依此类推。
　　如果不存在方案使得小明经过每条街道正好一次，则输出一个整数-1。

样例输入

4 5
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4

样例输出

1 2 4 1 3 4

样例说明

　　城市的地图和小明的路径如下图所示。

样例输入

4 6
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
2 3

样例输出

-1

样例说明

　　城市的地图如下图所示，不存在满足条件的路径。

评测用例规模与约定

　　前30%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10, n-1 ≤ m ≤ 20。
　　前50%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 100, n-1 ≤ m ≤ 10000。
　　所有评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10000，n-1 ≤ m ≤ 100000。

代码：

#include <iostream>
#include<queue>
#include<list>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;list<int>edge[10001];
int n;
stack<int>ans;int num_of_sin()    //求奇点的个数，是0,2，还是大于2
{int ans = 0;for (int i = 1; i <= n && ans<=2; i++)if (edge[i].size() % 2)ans++;return ans;
}bool con() //判断是否为连通图
{int *p = new int[n + 1];for (int j = 1; j <= n; j++)p[j] = 0;queue<int>q;while (!q.empty())q.pop();p[1] = 1, q.push(1);while (!q.empty()){int k = q.front();q.pop();for (list<int>::iterator it = edge[k].begin(); it != edge[k].end(); it++)if (p[*it] == 0){p[*it] = 1;q.push(*it);}}for (int j = 1; j <= n; j++)if (p[j] == 0)return false;return true;
}bool ok()  //判断能不能一笔画
{if (num_of_sin() > 2 || !con())return false;if (num_of_sin() == 0)return true;return edge[1].size() % 2;
}bool dfs(int s, int deep)
{if (edge[s].empty())return deep == 0;int e = *min_element(edge[s].begin(), edge[s].end());edge[s].remove(e), edge[e].remove(s);if (dfs(e, deep - 1)){ans.push(e);return true;}if (edge[s].empty()){edge[s].push_back(e), edge[e].push_back(s);return false;}int t = *min_element(edge[s].begin(), edge[s].end());edge[s].push_back(e), edge[e].push_back(s);e = t;edge[s].remove(e), edge[e].remove(s);if (dfs(e, deep - 1)){ans.push(e);return true;}edge[s].push_back(e), edge[e].push_back(s);return false;
}int main()
{int m, a, b, s = 1;scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++)edge[i].clear();for (int i = 0; i < m; i++){scanf("%d%d", &a, &b);edge[a].push_back(b), edge[b].push_back(a);}if (!ok()){cout << -1;return 0;}while (!ans.empty())ans.pop();dfs(1, m);cout << 1;while (!ans.empty()){printf(" %d", ans.top());ans.pop();}return 0;
}

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