题目1 : 欧拉路·一
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描述
小Hi和小Ho最近在玩一个解密类的游戏，他们需要控制角色在一片原始丛林里面探险，收集道具，并找到最后的宝藏。现在他们控制的角色来到了一个很大的湖边。湖上有N个小岛(编号1..N)，以及连接小岛的M座木桥。每座木桥上各有一个宝箱，里面似乎装着什么道具。
湖边还有一个船夫，船夫告诉主角。他可以载着主角到任意一个岛上，并且可以从任意一个岛上再载着主角回到湖边，但是主角只有一次来回的机会。同时船夫告诉主角，连接岛屿之间的木桥很脆弱，走过一次之后就会断掉。
因为不知道宝箱内有什么道具，小Hi和小Ho觉得如果能把所有的道具收集齐肯定是最好的，那么对于当前岛屿和木桥的情况，能否将所有道具收集齐呢？
举个例子，比如一个由6个小岛和8座桥组成的地图：
主角可以先到达4号小岛，然后按照4->1->2->4->5->6->3->2->5的顺序到达5号小岛，然后船夫到5号小岛将主角接回湖边。这样主角就将所有桥上的道具都收集齐了。
输入
第1行：2个正整数，N,M。分别表示岛屿数量和木桥数量。1≤N≤10,000，1≤M≤50,000
第2..M+1行：每行2个整数，u,v。表示有一座木桥连接着编号为u和编号为v的岛屿，两个岛之间可能有多座桥。1≤u,v≤N
输出
第1行：1个字符串，如果能收集齐所有的道具输出“Full”，否则输出”Part”。
- 样例输入
-
6 8 1 2 1 4 2 4 2 5 2 3 3 6 4 5 5 6
- 样例输出
-
Full
小Ho：好麻烦啊，是我的话就随便走几步，到没路可走不就好了么！
小Hi：那样的话，收集的道具会少很多，万一以后要用到，又得重新读档了。
小Ho：好吧，让我先想想。
<两分钟后>
小Ho：这个好像是一笔画问题哎，我们是在求一个方法能够一笔画出所有边吧?
小Hi：没错，这就是一笔画问题，不过它更正式的名字叫做欧拉路问题。其定义是
给定无孤立结点图G，若存在一条路，经过图中每边一次且仅一次，该条路称为欧拉路。
小Ho：既然有名字，那就证明这东西有解咯？
小Hi：没错，欧拉路是有判定条件的：一个无向图存在欧拉路当且仅当该图是连通的且有且只有2个点的度数是奇数，此时这两个点只能作为欧拉路径的起点和终点。
若图中没有奇数度的点，那么起点和终点一定是同一个点，这样的欧拉路叫做欧拉回路
对于任意一个点来说，从其他点到它的次数和从它到其他点的次数必然是相等的，否则就会出现出去次数和进入次数不同。若进入次数多，则该点位终点，若出去次数多则该点为起点。
对于一个无向图来说，进入和出去的次数恰好反映在度的数量上。所以奇数度的点至多只能有2个。
严格的证明的话：
若图G连通，有零个或两个奇数度结点，我们总有如下方法构造一条欧拉路：
- 若有两个奇数度结点，则从其中的一个结点开始构造一条迹，即从v[0]出发经关联边e[1]“进入”v[1]，若v[1]的度数为偶数，则必可由v[1]再经关联边e[2]进入v[2]，如此进行下去，每边仅取一次。由于G是连通的，故必可到达另一奇数度结点停下，得到一条迹L：v[0]-e[1]-v[1]-e[2]…v[i]-e[i+1]…v[k]。若G中没有奇数度结点则从任一结点v[0]出发，用上述方法必可回到结点v[0]，得到上述一条闭迹L1。
- 若L1通过了G的所有边，则L1就是欧拉路。
- 若G中去掉L1后得到子图G′，则G′中每个结点度数为偶数，因为原来的图是连通的，故L1与G′至少有一个结点v[i]重合，在G′中由v[i]出发重复第一步的方法，得到闭迹L2。
- 当L1与L2组合在一起，如果恰是G，则即得欧拉路，否则重复第三步可得到闭迹L3，以此类推直到得到一条经过图G中所有边的欧拉路。
不妨看看前面的例子：
对于这个图来说，编号为4，5的点度数为奇数，其他为偶数。根据上面的性质，我们知道起点和终点一定是4、5节点。我们先从4开始随便画一条边直到无路可走：
在这一步中我们连接了4-5-6-3-2-5。根据欧拉路的构造，我们得到了L1。因为L1并没有走过所有的边，所以我们执行步骤3，可以发现对于4和2都是与子图G‘重合的点，在子图上我们可以得到L2(2-4-1-2)：
L1和L2合并就构成了欧拉路。
小Ho：既然有这个性质，那么我只需要计算每个点的度数就能知道能否走过所有的边了。
小Hi：没错，但是别忘了最重要的一点，需要整个图是连通的才行。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 vector<int> father;
5 vector<int> degree;
6 int N, M;
7 int u, v;
8
9 int findFather(int x) {
10 while (x != father[x]) x = father[x];
11 return x;
12 }
13
14 bool isOK() {
15 int cnt = 0;
16 for (int i = 1; i <= N; ++i) if (father[i] == i) ++cnt;
17 if (cnt != 1) return false;
18 cnt = 0;
19 for (int i = 1; i <= N; ++i) if (degree[i] & 1) {
20 ++cnt;
21 if (cnt > 2) return false;
22 }
23 return true;
24 }
25
26 int main() {
27 while (cin >> N >> M) {
28 father.resize(N + 1);
29 degree.resize(N + 1);
30 for (int i = 1; i <= N; ++i) father[i] = i;
31 for (int i = 0; i < M; ++i) {
32 cin >> u >> v;
33 ++degree[u];
34 ++degree[v];
35 int fu = findFather(u);
36 int fv = findFather(v);
37 if (fu != fv) {
38 if (fu > fv) father[fu] = fv;
39 else father[fv] = fu;
40 }
41 }
42 if (isOK()) cout << "Full" << endl;
43 else cout << "Part" << endl;
44 }
45 return 0;
46 }