hdu 3594 Cactus /uva 10510 仙人掌图判定

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仙人掌图（有向）：同时满足：1强连通；2任何边不在俩个环中。

个人理解：其实就是环之间相连，两两只有一个公共点，（其实可以缩块），那个公共点是割点。HDU数据弱，网上很多错误代码和解法也可以过。

个人解法：

我认为：

 ：仙人掌图必然是欧拉图！这样只用“入度=出度”就可以简单地判断强连通（欧拉图显然强连通）了！而且这个必要（不充分）条件还秒杀好多数据（强连通++）。

      个人证明：反证法：若有点的入度！=出度，（不妨设入度多），那么，对于每个出度，唯一从对应入度处“回来”，形成以个环，一出一入，一一对应，现在入度多的，只有从之前的出度中“回来”（鸽巢原理），这样该边在俩个环中了，矛盾。即证。

这样只是一个必要条件罢了，还有入度==出度的，但是明显存在很多环的情况，下面用以一种普遍的解法排除即可：用dfs一遍，当发现环时（dfs发现祖先点），标记该环上所有点（祖先点/割点除外），一次，若有一个点标记俩次以上（说明有边同时在俩个环），那么必然是非仙人掌了。

这俩个条件加起来，足以判断仙人掌图。虽然暂时无法证明其充分性，但也举不出反例。

可以在uva10510 提交，数据强一些。

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代码：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
vector<vector<int> >e(100000);
int ind[20010];
int outd[20010];
bool judge1()             //欧拉图判断      
{
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(ind[i]!=outd[i])
           return 0;
    }
    return 1;
}
int vis[20010];
int fa[20010];
int mark[20010];
int flag=0;
void set(int u,int vv)   {
     mark[u]++;
     while(u!=vv)
     {
           u=fa[u]; 
           mark[u]++;
           if(mark[u]>1&&u!=vv){flag=1;return ;} 
           if(u==0)break;
     }
     mark[vv]--;
    
}                     
void dfs(int u)
{
     if(flag)return ;
       for(int j=0;j<e[u].size();j++)
           {
              int vv=e[u][j];
                    if(!vis[vv])
                     {  
                                fa[vv]=u;
                                 vis[vv]=1;
                                dfs(vv);
                                
                     }
                    else 
                      set(u,vv);   
           }
     return ;  
}     
bool judge2()           //判定2
{
     vis[0]=1;
     dfs(0);
     if(flag)return 0;
     for(int i=0;i<n;i++)
     {
             if(mark[i]>1)
               return 0;
    }
    return 1;
}                         
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n;
        for(int i=0;i<=n;i++)
          {
                fa[i]=-1;
              mark[i]=vis[i]=ind[i]=outd[i]=0;
              e[i].clear();
          } 
         flag=0; 
        int ta,tb;
        scanf("%d%d",&ta,&tb);
        while(ta!=0||tb!=0)
        {
            e[ta].push_back(tb);
            outd[ta]++;
            ind[tb]++;
            scanf("%d%d",&ta,&tb);
        }
        
        if(!judge1())
        {
            printf("NO\n");
            continue;
        }
        else
        {
            
            if(!judge2())
              printf("NO\n");
            else  printf("YES\n");
        }
    }
    return 0;
    
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/u011498819/article/details/24921837