我覺得這個例子很難體現，所以自己想了個例子：
v e t 分別為 8 7 1
如上圖先只看上面5個點 從0-4
我們需要走 0-1 0-3 0-2 0-4 這幾條路（從哪一方向都可以走）（也可以重複遍歷，因為沒說，但我們不選擇這麼做，後面會有原因），因為要求經過這四條邊最短的遍歷過程，我們只需要做一條一筆畫，保證這四個邊在一筆畫裡就可以實現最短。
先看看我們可以怎麼走 0-2-1-0-3-4-0 或者 0-2-0-1-0-3-0-4 不難發現我們前者構造了一條尤拉路徑。
我們轉變問題：在現有邊的基礎上加上幾條邊就可以做成一筆畫？
我們可以統計0-4這些點的奇度頂點個數：4個 只要加一條邊就會少2個奇度頂點，但由於尤拉圖的性質：我們可以有且僅有2個奇度頂點作為起始點和終止點，3-0-1-2-0-4 這就是最優方案。我們只加了一條1-2邊
按照上面過程，0-4結點處理完畢
處理5-8
同樣四個奇度頂點（這奇度頂點個數一定是偶數個，也是性質哦）我們構造尤拉路徑，新增6-7,5作起始點，8做終止點
連線4（上圖終止點）和下圖的5（下圖起始點）就解決了乙個完整一筆畫問題；
總結：求連通分支數量-1 和每個連通分量構成尤拉路徑《加邊的個數》 就是構成一筆畫需要的總加邊數，此題*t 每邊有個構造值，就結束了。
#include
#include
#include
const
int maxn =
1000+10
;using
namespace std;
vector<
int>g[maxn]
;int vis[maxn]
;int n;
intdfs
(int x)
}return cnt;
}int
main()
int ans=0;
for(
int i=
1;i<=v;i++)}
if(ans>
0)ans--
;printf
("case %d: %d\n"
,ts++
,t*(e+ans));
}return0;
}
sgu 101 Domino 尤拉路徑 DFS
include include int n,e 11 11 num 11 t 0,flag struct nodec 101 d 101 void dfs int u,int num for int i 0 i 6 i if e u i 0 int main else if c i x d j y ...
尤拉路徑 尤拉迴路
尤拉迴路 連通圖，一條路徑恰好經過所有邊一次，並且構成迴路 起點終點相同 尤拉路徑 連通圖，一條路徑恰好經過所有邊一次 起點終點不必相同 具有尤拉迴路的圖稱尤拉圖，具有尤拉路徑但不具有尤拉迴路的圖稱半尤拉圖 無向圖尤拉迴路的判斷 連通圖，所有頂點度數均為偶數 無向圖尤拉路徑的判斷 連通圖，只有兩頂點...
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