UVA 10129 Play on Words 欧拉回路(dfs)

题目大意就是判断给你的每个单词是否能头尾相连成一串。

部分来自关于欧拉回路和欧拉路径 

定义：
欧拉回路：每条边恰好只走一次，并能回到出发点的路径
欧拉路径：经过每一条边一次，但是不要求回到起始点

①首先看欧拉回路存在性的判定：

一、无向图
每个顶点的度数都是偶数，则存在欧拉回路。

二、有向图（所有边都是单向的）
每个节顶点的入度都等于出度，则存在欧拉回路。

 三.混合图欧拉回路
　　混合图欧拉回路用的是网络流。
　　把该图的无向边随便定向，计算每个点的入度和出度。如果有某个点出入度之差为奇数，那么肯定不存在欧拉回路。因为欧拉回路要求每点入度 = 出度，也就是总度数为偶数，存在奇数度点必不能有欧拉回路。
　　好了，现在每个点入度和出度之差均为偶数。那么将这个偶数除以2，得x。也就是说，对于每一个点，只要将x条边改变方向（入>出就是变入，出>入就是变出），就能保证出 = 入。如果每个点都是出 = 入，那么很明显，该图就存在欧拉回路。
　　现在的问题就变成了：我该改变哪些边，可以让每个点出 = 入？构造网络流模型。首先，有向边是不能改变方向的，要之无用，删。一开始不是把无向边定向了吗？定的是什么向，就把网络构建成什么样，边长容量上限1。另新建s和t。对于入 > 出的点u，连接边(u, t)、容量为x，对于出 > 入的点v，连接边(s, v)，容量为x（注意对不同的点x不同）。之后，察看是否有满流的分配。有就是能有欧拉回路，没有就是没有。欧拉回路是哪个？查看流值分配，将所有流量非 0（上限是1，流值不是0就是1）的边反向，就能得到每点入度 = 出度的欧拉图。
　　由于是满流，所以每个入 > 出的点，都有x条边进来，将这些进来的边反向，OK，入 = 出了。对于出 > 入的点亦然。那么，没和s、t连接的点怎么办？和s连接的条件是出 > 入，和t连接的条件是入 > 出，那么这个既没和s也没和t连接的点，自然早在开始就已经满足入 = 出了。那么在网络流过程中，这些点属于“中间点”。我们知道中间点流量不允许有累积的，这样，进去多少就出来多少，反向之后，自然仍保持平衡。
　　所以，就这样，混合图欧拉回路问题，解了。

②.欧拉路径存在性的判定

一。无向图
一个无向图存在欧拉路径，当且仅当   该图所有顶点的度数为偶数   或者  除了两个度数为奇数外其余的全是偶数。

二。有向图
一个有向图存在欧拉路径，当且仅当 该图所有顶点的度数为零     或者 一个顶点的度数为1，另一个度数为-1，其他顶点的度数为0。

三。混合图欧拉路径
在混合图上也不例外，如何判断混合图欧拉回路问题的存在性呢？首先，我们用上文所说的方法判断该图是否存在欧拉回路，如果存在，欧拉路径一定存在。如果欧拉回路不存在，那么我们枚举欧拉路径的起点和终点，连接一条无向边，然后再用最大流判断是否存在欧拉回路即可。

欧拉回路 （dfs）

#include<cstring>#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#define N 30using namespace std;int vis[N], G[N][N] , n;void dfs(int u){    vis[u] = true;    for(int i=0; i<N; ++i)    {        if(G[u][i] && !vis[i])            dfs(i);    }}int main(){    int t, in[N],out[N];    char str[1005];    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        memset(G, 0, sizeof(G));        memset(in, 0, sizeof(in));        memset(out, 0, sizeof(out));        scanf("%d",&n);        for(int i=1; i<=n; i++)        {            scanf("%s", str);            ++G[str[0]-'a'][str[strlen(str)-1]-'a'];            ++out[str[0]-'a'];            ++in[str[strlen(str)-1]-'a'];        }        bool flag=true;        int num1=0, num2=0;        for(int i=0; i<N; i++)        {            if(!flag) break;            if(in[i]!=out[i])            {                if(in[i]==out[i]+1)                {                    ++num1;                }                else if(out[i]==in[i]+1)                {                    ++num2;                }                else                {                    flag=false;                    break;                }            }        }        if(num1 && num2 && num1+num2>2) flag=false;        if(flag)        {            memset(vis, 0, sizeof(vis));            for(int i=0; i<N; i++)                if(out[i])                {                    dfs(i);                    break;                }            bool flag2=true;            for(int i=0; i<N; i++)            {                if(in[i] && !vis[i])                {                    flag2=false;                    break;                }                if(out[i] && !vis[i])                {                    flag2=false;                    break;                }            }            if(flag2) printf("Ordering is possible.\n");            else printf("The door cannot be opened.\n");        }        else        {            printf("The door cannot be opened.\n");        }    }    return 0;}