[Poi1999] 原始生物

2935: [Poi1999]原始生物

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Description

原始生物的遗传密码是一个自然数的序列K=(a₁,...,a_n)。原始生物的特征是指在遗传密码中连续出现的数对（l,r），即存在自然数i使得l=a_i且r=a_i+1。在原始生物的遗传密码中不存在(p，p)形式的特征。

求解任务：

请设计一个程序：

·读入一系列的特征。

·计算包含这些特征的最短的遗传密码。

·将结果输出

Input

第一行是一个整数n ，表示特征的总数。在接下来的n行里，每行都是一对由空格分隔的自然数l 和r ，1 <= l，r <= 1000。数对（l， r）是原始生物的特征之一。输入文件中的特征不会有重复。

Output

唯一一行应该包含一个整数，等于包含了PIE.IN中所有特征的遗传密码的最小长度。

Sample Input

12
2 3
3 9
9 6
8 5
5 7
7 6
4 5
5 1
1 4
4 2
2 8
8 6

Sample Output

15

注：
PIE.IN中的所有特征都包含在以下遗传密码中：
(8, 5, 1, 4, 2, 3, 9, 6, 4, 5, 7, 6, 2, 8, 6)

HINT

Source

（话说我NOIP考前为什么要刷这种毒瘤题啊……）

题意：

给定一个有向图，求最少添加多少条边使得该图成为一个欧拉路径。输出欧拉路径上的总点数（具体参考样例）。

题解：

首先考虑简单情况，即这个图的基图是联通的情况。（基图：把有向图的边当成无向边重连出来的图）

若该图是一个欧拉回路，此时总点数等于总边数+1。（从一个点开始绕一圈还要回到该点，起点多遍历一次）

否则除了起点和终点，所有点的入度都应该等于出度，那么对于一个点$u$，它在欧拉路径上出现的次数就应该等于$max{in(u),out(u)}$。

推广到该图的基图是若干个联通块的情况，只需要对每个联通块求和即可。（每个联通块内的点数对其他块没有影响）

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>

using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define MAXM 5000005
#define INF 0x7fffffff
#define ll long long

int hd[MAXN],to[MAXM<<1];
int nxt[MAXM<<1],cnt,tot;
int in[MAXN],out[MAXN];
bool vis[MAXN],has[MAXN];
bool isr[MAXN];

inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar())
        if(c=='-')
            f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())
        x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

inline void addedge(int u,int v){
    to[++cnt]=v,nxt[cnt]=hd[u];
    hd[u]=cnt;return;
}

inline void dfs(int u){
    vis[u]=1;
    if(in[u]!=out[u]) isr[tot]=0;
    for(int i=hd[u];i;i=nxt[i])
        if(!vis[to[i]])
            dfs(to[i]);
    return;
}

int main(){
    int N=0,M=read();
    for(int i=1;i<=M;i++){
        int u=read(),v=read();
        addedge(u,v),addedge(v,u);
        has[u]=has[v]=1;
        in[v]++,out[u]++;
        N=max(N,max(u,v));
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        if(has[i] && !vis[i])
            isr[++tot]=1,dfs(i);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        if(has[i])
            ans+=max(in[i],out[i]);
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        ans+=isr[i];
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}