【省內訓練2018-09-13】Hamilton Path
【思路要點】
有一種樸素的 的做法，首先列舉路徑開始的位置，那麼從這個點開始的每一個點必須只存在一個沒有被訪問的後繼，因此我們可以在 的時間內確定一個起始點出發是否有解，若有解，我們會找到一組唯一的解。
對於有哈密爾頓迴路的資料，若我們先找到了一條哈密爾頓迴路，那麼對於一條非環邊，它會使一個區間內的點無法作為起始點，如圖中的紅點，因此最終可行的起始點一定是環上的一個區間，我們顯然能線上性的時間內找到可行的起始點區間並計算答案。
注意到一個起始點出發若不能夠找到解，那麼從它經過的點出發同樣不能夠找到解，如果我們將點集
一下，每次選取起始點都會期望刪除一半的錯誤起始點，因此期望 次選取起始點後，我們能夠找到哈密爾頓迴路或者沒有起始點可以選擇，期望時間複雜度 。在比賽時筆者發現加上這個優化後程序獲得了 （下文程式碼就是這個做法）。
事實上，當不存在哈密爾頓迴路，但問題有解的情況下，問題的解的數量不超過 （下文將給予說明）。這個演算法同樣能夠在 的期望時間複雜度內給出結果。但這個演算法在不存在哈密爾頓迴路，且問題無解的情況下的時間複雜度可能退化，考慮如下資料，該演算法將退化至
：
其實也是存在解決方法的，由於有解的時候存在 的期望時間複雜度，所以若一個數據跑了很久沒有出解，那這個資料的答案就是無解。總時間複雜度 。以上是筆者在考場上的亂搞做法，下面我們來講這個題的正解。
首先，若存在點 ，滿足 ，其中 表示 的入度， 表示 的出度，那麼 的後繼結點必然是 唯一的出點，我們把 和 的出點縮在一起考慮。
注意到此時若圖中存在哈密爾頓迴路，那麼縮點後的圖去掉自環後將是一個環，或者出現雙向邊（此時問題無解），接下來我們認為圖中不存在哈密爾頓迴路。
此時，剩餘的點中，若存在 的點，那麼它一定是起始點，若有多個這樣的點問題顯然無解。
我們將剩餘的點分為三類： 的點稱為 類點， 的點稱為 類點， 的點稱為 類點， 類點顯然只能有一個。
只有 類點可能成為起始點，其餘點由於出度不對，無法成為起始點。
一個能夠作為起始點的 類點應當滿足沿著它的出邊走到的第一個點非 類點為 類點，且該 類點存在一條指向該 類點的出邊，如下圖。
注意到該圖中 點沒有其他的入邊，也就是說，若 點不是起始點，這樣的結構一旦進入，就無法走出去了，因此這樣的結構在圖中至多存在兩個，否則問題無解。
那麼，我們只需要暴力檢驗這兩個起始點是否能夠得到一組解即可。
時間複雜度 。
【程式碼】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5e5 + 5;
const int MAXM = 1e6 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
template <typename T> void read(T &x) {
x = 0; int f = 1;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = -f;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
if (x < 0) x = -x, putchar('-');
if (x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
write(x);
puts("");
}
bool solved, vis[MAXN], ban[MAXN];
int n, m, bit[MAXN];
int x[MAXM], y[MAXM];
int p[MAXN], home[MAXN];
int cnt, ans[MAXN];
vector <int> a[MAXN];
void check(int pos, int sum) {
bool loop = false;
for (unsigned i = 0; i < a[pos].size(); i++)
if (a[pos][i] == p[1]) loop = true;
if (!loop) {
ans[++cnt] = sum;
return;
}
solved = true;
static int d[MAXN * 2];
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
d[i] = 0;
cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans[i] = -1;
home[p[i]] = i;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int tx = home[x[i]], ty = home[y[i]];
if (tx + 1 == ty || (tx == n && ty == 1)) continue;
if (tx < ty) tx += n;
d[ty + 1]++, d[tx + 1]--;
}
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
d[i] += d[i - 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (d[i] == 0 && d[i + n] == 0) {
cnt++;
ans[p[i]] = sum;
}
sum = (sum - 1ll * bit[n - 1] * p[i] % P + P) % P;
sum = (sum * 10ll + p[i]) % P;
}
writeln(cnt);
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (ans[i] != -1) {
write(ans[i]);
putchar(' ');
}
printf("\n");
return;
}
void work(int pos, int sum) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum = (sum + 1ll * bit[n - i] * pos) % P;
p[i] = pos;
if (i == n) {
check(pos, sum);
for (int j = 1; j <= n; j++)
vis[j] = false;
return;
}
vis[pos] = true;
int dest = 0;
for (unsigned j = 0; j < a[pos].size(); j++)
if (!vis[a[pos][j]]) {
if (dest == 0) dest = a[pos][j];
else {
for (int k = 1; k <= i; k++) {
vis[p[k]] = false;
ban[p[k]] = true;
}
return;
}
}
if (!dest) {
for (int k = 1; k <= i; k++) {
vis[p[k]] = false;
ban[p[k]] = true;
}
return;
}
pos = dest;
}
}
int main() {
int T; read(T);
while (T--) {
read(n), read(m);
bit[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].clear(), ban[i] = false;
bit[i] = bit[i - 1] * 10ll % P;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
read(x[i]), read(y[i]);
a[x[i]].push_back(y[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sort(a[i].begin(), a[i].end());
a[i].resize(unique(a[i].begin(), a[i].end()) - a[i].begin());
}
cnt = 0, solved = false;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!ban[i]) work(i, 0);
if (solved) break;
}
if (!solved) {
printf("%d\n", cnt);
if (cnt >= 1 && cnt <= n) {
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
printf("%d ", ans[i]);
printf("\n");
}
}
}
return 0;
}
【標程】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod=1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
// head
const int N=501000;
VI e[N],r[N];
int he[N];
int n,m,u,v,vis[N],mt,ret[N],_;
int f[N],pre[N],nxt[N],t[N];
int ind[N],oud[N],cnt[N];
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