A

拆边，空间大小翻倍。

将每条边拆成两条，然后跑有向图欧拉路径即可。

实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N=1e4+5;
int n,m,cnt;
int ans[N*10];
vector<int> G[N];void dfs(int cur){for(int &i:G[cur]){if(i){int x=i; i=0;dfs(x);}}ans[++cnt]=cur;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){cin>>u>>v;G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}cnt=0,dfs(1);for(int i=cnt;i>=1;i--)cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}

B

判孤点。

对于每个连通块，累加其贡献，即连通块中度数为奇数点的个数的一半，孤点和没有奇数点的情况不算。

实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N=2e5+5;
int n,m,cnt,siz;
int d[N],dfn[N];
vector<int> G[N];void dfs(int cur){if(d[cur]&1)cnt++;dfn[cur]=1,siz++;for(int i:G[cur])if(!dfn[i])dfs(i);
}
void solve(){for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear(),d[i]=dfn[i]=0;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){cin>>u>>v;G[u].push_back(v);G[v].push_back(u); d[u]++,d[v]++;}if(!m){cout<<"0\n";return;}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i]){cnt=siz=0,dfs(i);if(siz>1)ans+=1+(cnt>2?(cnt-2)/2:0);}}cout<<ans<<'\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);for(;cin>>n>>m;solve());return 0;
}

C

仍然考虑拆边，于是题目转化为边翻倍之后有多少种方案使得删掉两条边后仍具有欧拉回路。

删掉两条边理论上会增加四个奇数点，但可以删掉共点的边，这一部分贡献是 \(\sum \operatorname{C}^2_{d_i}\)（\(d_i\) 为点 \(i\) 的度数）。

注意到这题有自环，于是我们可以选两个不同的自环，贡献为 \(\operatorname{C}^2_{tot}\)（\(tot\) 为自环个数）；也可以选一个自环和一个普通边，贡献为 \(tot \times (m-tot)\)。

实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N=2e6+5;
int n,m;
int d[N],fa[N];
bool vis[N];int fnd(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=fnd(fa[x]);
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;int tot=0;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){cin>>u>>v;vis[u]=vis[v]=1;if(u==v){tot++;continue;}d[u]++,d[v]++;u=fnd(u),v=fnd(v);if(u!=v)fa[u]=v;}int root=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(fa[i]==i&&vis[i])root++;if(root>1){cout<<0;return 0;}int ans=tot*(tot-1)/2+tot*(m-tot);for(int i=1;i<=n;i++)ans+=d[i]*(d[i]-1)/2;cout<<ans;return 0;
}

赛前训练3 欧拉路

A

B

C