【图论】求欧拉回路

news2024/11/21 0:29:46

前言

你的qq密码是否在圆周率中出现？

一个有意思的编码问题：假设密码是固定位数，设有 $n$ 位，每位是数字0-9，那么这样最短的“圆周率”的长度是多少？或者说求一个最短的数字串定包含所有密码。

理论

一些定义：

通过图中所有边恰好一次且行遍所有顶点的通路称为欧拉通路；
通过图中所有边恰好一次且行遍所有顶点的回路称为欧拉回路；
具有欧拉回路的无向图称为欧拉图；
具有欧拉通路但不具有欧拉回路的无向图称为半欧拉图。

求欧拉回路/通路，俗称一笔画问题，之前一直以为这个问题十分困难，直到慢慢学习揭开它的真面目。在离散课程中，学习到判断（半）欧拉图的充要条件是顶点的度数满足一定条件。具体如下
在这里插入图片描述
必要性比较容易证明，充分性是通过一个构造性证明，大致是首先找到一个回路 $C$ ，若回路 $C$ 中存在顶点 $u$ 有出边不在回路 $C$ 中，则从顶点 $u$ 出发dfs可以回到 $u$ 构成一个回路 $C^{'}$ ，将回路 $C$ 和 $C^{'}$ 合并得到一个新回路，反复操作直到所有边均访问过。

Fleury 算法

之前数学建模了解过一个Fleury算法，大意是桥不能走，个人感觉这不是≈不能走的路不能走！而且图在动态变化怎么动态地维护图中的桥，没有详细了解而且网上相关blog也比较少。
在这里插入图片描述

Hierholzer 算法

Hierholzer 算法用于在连通图中寻找欧拉路径，其流程如下：

从起点出发，进行深度优先搜索。
每次沿着某条边从某个顶点移动到另外一个顶点的时候，都需要删除这条边。
如果没有可移动的路径，则将所在节点加入到栈中，并返回。

证明传送门：https://taodaling.github.io/blog/2019/04/25/Hierholzer%E7%AE%97%E6%B3%95/

代码模板

leetcode 332：你一份航线列表 tickets ，其中 tickets[i] = [fromi, toi] 表示飞机出发和降落的机场地点。请你对该行程进行重新规划排序。所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，所以该行程必须从 JFK 开始。如果存在多种有效的行程，请你按字典排序返回最小的行程组合。假定所有机票至少存在一种合理的行程。且所有的机票必须都用一次且只能用一次。（求有向图的欧拉通路）
算法核心：访问前删除边（通常我们通过vis[]数组标记顶点已访问而不是边），并在顶点所有出边访问完后，入栈记录答案，实际上欧拉通路是递归调用返回路径构成的通路。
容器map嵌套priority_queue的技巧，之前自己灵光一现想到用于将数组下标拓展至负数，这里拓展为string类型，按字典序进行从小到大进行排序，但这种写法仅适用于有向图，STL优先队列没有定义erase操作
时间复杂度： $O (m l o g m)$ ，其中 $m$ 是边的数量。对于每一条边我们需要 $O (l o g m)$ 地删除它，最终的答案序列长度为 $m + 1$ ，而与 $n$ 无关。
空间复杂度： $O (m)$ ，其中 $m$ 是边的数量。我们需要存储每一条边。

unordered_map<string, 
priority_queue<string, vector<string>, std::greater<string>>> vec;

vector<string> stk;

void dfs(const string& curr) {
    while (vec.count(curr) && vec[curr].size() > 0) {
        string tmp = vec[curr].top();
        vec[curr].pop();
        dfs(tmp);
    }
    stk.emplace_back(curr);
}

vector<string> findItinerary(vector<vector<string>>& tickets) {
    for (auto& it : tickets) {
        vec[it[0]].emplace(it[1]);
    }
    dfs("JFK");
    reverse(stk.begin(), stk.end());
    return stk;
}

luogu P2731：求无向图的欧拉通路
算法核心：访问前删除边（通常我们通过vis[]数组标记顶点已访问而不是边），并在顶点所有出边访问完后，入栈记录答案，实际上欧拉通路是递归调用返回路径构成的通路。
通过map<pair<int, int>, int> cnt标记边的访问，这里时间复杂度为 $O (m l o g m)$ ，对cnt的自减操作实际在修改rb_tree的值，复杂度为 $O (l o g m)$ ，和优先队列相同

vector<int> ans;
vector<int> g[2005];
map<pair<int, int>, int> cnt;
int m;

void dfs(int u) {
    for (int i = 0; i < g[u].size(); i++) {
        int v = g[u][i];
        if (cnt[{u, v}]) {
            cnt[{u, v}]--; cnt[{v, u}]--;
            dfs(v);
        }
    }
    ans.push_back(u);
}

void Euler() {
    for (int i = 1; i <= 500; i++) {
        sort(g[i].begin(), g[i].end());
    }
    bool flag = 0;
    for (int i = 1; i <= 500; i++) {
        if (g[i].size() & 1) {
            flag = 1; dfs(i);
            break;
        }
    }
    if (!flag) {
        for (int i = 1; i <= 500; i++) {
            if (g[i].size()) {
                dfs(i);
                break;
            }
        }
    }
    reverse(ans.begin(), ans.end());
}

编码问题的解

取所有 $n - 1$ 位数为节点，共 $10^{n-1}$ 个，每个节点有10条出边和入边，设当前节点为 $a_1a_2...a_{n-1}$ ，那么它的第 $r$ 条出边连向节点 $a_2...a_{n-1}r$ ，这样从一个节点顺着第 $r$ 条边走到另一个节点，就相当于输入了数字 $x$ 。