JZOJ 5404. 【NOIP2017提高A组模拟10.10】Graph

题目

给定一张n个点m条边的无向图，每条边连接两个顶点，保证无重边自环，不保证连通

你想在这张图上进行若干次旅游，每次旅游可以任选一个点x作为起点，再走到一个与x 直接有边相连的点y，再走到一个与y 直接有边相连的点z 并结束本次旅游

作为一个旅游爱好者，你不希望经过任意一条边超过一次，注意一条边不能即正向走一次又反向走一次，注意点可以经过多次，在满足此条件下，你希望进行尽可能多次的旅游，请计算出最多能进行的旅游次数并输出任意一种方案。

题解

我们很容易就发现，一个点数为k的连通块，它的最大旅游次数一定为⌊k−12⌋，因为我们只两两匹配边，点可以重复选。

问题难在怎么构造。

从根节点往叶节点构造是很难的， 所以我们从下往上构造。

因为先匹配深度大，再匹配深度小的点，就能保证深度大的一定能被匹配，深度小的以后可以再匹配。

反之如果先匹配深度小，再匹配深度大的点，那么深度小的不知道它所连的下面的情况处理好没有。举例：如图，按照先匹配深度小的法则我一定会匹配1，2号边，但是3，4号边没得被匹配。

所以这样得不到理论上的最大值。



具体做法：先将儿子的边两两匹配，匹配剩的就看看能否和它的父亲匹配。

这道题的心得：

①遇到一眼就能看出大概的解题方向(或结论)的题目，多在草稿纸上画几个图。

②最重要的一点，这是一道构造题，必须要使局部的情况已经讨论完，才能进入下一级。就比如说从上往下匹配为什么不行。因为下面的状态情况还没有讨论完，且下面完全可能影响上面。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
struct note{
int to,next;
};note edge[N*4];
struct note1{
int x,y,z;
};note1 ans[N*2];
int i,j,k,l,n,m,now,gx,gy,u,v;
int t,w,cnt;
int e
,tot,T;
int fa
,tar
;
int head
;
bool bz[N*4],vis
;
void lb(int x,int y){
edge[++tot].to=y;
edge[tot].next=head[x];
head[x]=tot;
}
void work(int S){
int t=0,T=1,i;
fa[S]=-1;
tar[1]=S;
while(t<T){
now=tar[++t];
for(i=head[now];i;i=edge[i].next)
if(!fa[edge[i].to]){
fa[edge[i].to]=now;
tar[++T]=edge[i].to;
}
}
while(T--){
now=tar[T+1];
e[0]=0;
for(i=head[now];i;i=edge[i].next)
if(!bz[i] && edge[i].to!=fa[now])e[++e[0]]=i;
for(i=head[now];i;i=edge[i].next)
if(!bz[i] && edge[i].to==fa[now])e[++e[0]]=i;
for(i=1;i+1<=e[0];i+=2){
bz[e[i]]=bz[e[i]^1]=1;
bz[e[i+1]]=bz[e[i+1]^1]=1;
ans[++cnt].x=edge[e[i]].to;
ans[cnt].y=now;
ans[cnt].z=edge[e[i+1]].to;
}
}
}
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
tot=1;
fo(i,1,m){
scanf("%d%d",&u,&v);
lb(u,v);lb(v,u);
}
fo(i,1,n)if(!fa[i])work(i);
printf("%d\n",cnt);
fo(i,1,cnt)printf("%d %d %d\n",ans[i].x,ans[i].y,ans[i].z);
return 0;
}