給定乙個無向圖，每條邊只走一次，可以有多個出發點，最多要多少個出發點？（不考慮孤立點）
即找至少需要多少個尤拉路徑
首先判斷聯通分量。再在每個連通分量中，奇數度點個數為0，需要出發點1個（尤拉迴路）；奇數度點位非0個（記為cnt），需要出發點cnt / 2個
乙個連通圖（無向圖）中，奇數度點的個數為偶數個。
證明：簡單說，所有點的度數之和等於邊的個數的2倍，為偶數，所以奇數度點的個數為偶數個
圖中點的個數記為n，邊的個數記為m，則所有點度的和為2m(偶數)，偶數度點的度之和為sum_even（顯然為偶數），則2m - sum_even（也為偶數）表示奇數度點的度之和。
每個奇數度點可以表示為2a(i)+1;設奇數度點個數為num_old,則有num_old+ 2（a(1)...+...a(num_old)）= 2m - sum_even（偶數），則num_old為偶數，因此得證。
一連通圖（無向圖）中，奇數度點有cnt個(非0)，則需要出發點個數為cnt/2;
cnt/2的解一定是可以構造出來的。
但是為什麼能保證是最少的呢????下面是自己的理解：
走乙個環時，只能最多減少0個奇數度的點。走乙個非環的路徑時，只能最多減少2個奇數度的點。(正確性？？？)
則一條路徑，一條路徑的走。每走完一條路徑之後圖中減少2個奇數度的點。最後減少到只有2個奇數度個點，則此時乙個尤拉路徑走完。所以共有至少cnt/2個；
並查集解法：
//#pragma warning (disable: 4786)
//#pragma comment (linker, "/stack:16777216")
//head
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
//loop
#define fe(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fd(i, b, a) for(int i = (b); i>= (a); --i)
#define rep(i, n) for(int i = 0; i < (n); ++i)
#define clr(a,value) memset(a,value,sizeof(a))
#define cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define fc(it, c) for(__typeof((c).begin()) it = (c).begin(); it != (c).end(); it++)
//input
#define ri(n) scanf("%d", &n)
#define rii(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define riii(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define rs(s) scanf("%s", s)
typedef long long ll;
const int inf = 1000000007;
const double eps = 1e-10;
const int maxn = 200010;
int n, m;
int fa[maxn];
int num[maxn];///記錄連通分量中點的個數
int sum_old[maxn];///記錄連通分量中奇數度點的個數
int x[maxn], y[maxn];
void init(int n)
}int find(int x)
int main ()
for (int i = 0; i < m; i++)
}int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
}cout << ans << endl;
}return 0;
}
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hdu5348 尤拉迴路 尤拉路徑
題意 n個點m條邊的無向圖，問是否滿足將所有邊變為有向後，每個點入度和出度的點不超過1 include include include include include using namespace std struct nodeg 1000005 int cnt,sign,deg 200005 h...