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来源：牛客网
旅游
题目描述
暑假，可怜打算去旅游。
在可怜的计划中，可怜一共打算游玩 (n) 个景点，这些景点被 (m) 条双向道路联通（即任何两个景点之间都能通过道路直接或者间接到达）。第 (i) 条道路的长度为 (2^i)。
因为这 (n) 个景点中，只有 (1) 号景点在机场附近，所以可怜想要制定一个从 (1) 号点出发，沿着道路一路游玩，并在最后回到 (1) 号点的游览计划。同时因为每一条道路都有不一样的风景，于是可怜想要在这个计划中，经过每一条道路至少一次（只要从一个方向走过就算经过过这条道路）。
令一个游览计划的疲劳度为行走长度的总和（多次经过的边长度被多次计算），可怜想要计算所有满足条件的游览计划中疲劳度的最小值。
输入描述:
第一行输入两个整数 (n),(m) 表示景点数和道路数。
接下来 (m) 行每行两个整数 (u_i,v_i) 表示第 (i) 条双向道路连接着 (u_i,v_i)。数据保证图中没有重边和自环且联通。
输出描述:
输出一行一个整数，表示疲劳度的最小值。可以证明一定存在满足条件的游览方案。同时答案可能很大，你只需要输出对 (998244353) 取模后的值。
说明
(20\%) 的数据，(n,m le 10).
(40\%) 的数据，(n le 20).
(70\%) 的数据，(n,m le 5000).
(100\%) 的数据，(1 le n,m le 5 imes 10^5).
吉老师出的题目很棒，然鹅我不会做。
思路：
从某个点出发走每条边至少一次最后回到这个点，有点像哈密顿路径，也有点像欧拉回路，考虑向上面转换。
如果把每次走一条边都算作一条新边，就可以简单的按照欧拉回路的判定：所有点的度数均为偶数来判断。
考虑特殊的边权怎么用，根据一贯乱搞，我们可以先求一棵最小生成树。
然后手玩一下发现，生成树外面的边只会走一遍。因为外面的边连接的两点(u,v)在树上的路径一定更短，这个的原因是路径上的边权都小于外边权，而边权又都是(2^i)。
考虑树上的边怎么走。发现一条边只会走(1)次或者(2)次，因为走第三次相当于回去了。
考虑满足欧拉回路，要求所有点度为偶数，先把树外的贡献弄好。
然后直接从叶子节点往上做。如果当前节点度奇，头顶上边走1次，如果偶，头顶上走两次。dfs就可以实现
Code:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int mod=998244353;
const int N=5e5+10;
struct node{int u,v;}e[N];
int head[N],to[N<<1],Next[N<<1],edge[N<<1],cnt;
void add(int u,int v,int w)
{
to[++cnt]=v,Next[cnt]=head[u],edge[cnt]=w,head[u]=cnt;
}
int f[N],in[N],pow2[N],n,m,ans;
int Find(int x){return f[x]=f[x]==x?x:Find(f[x]);}
void Merge(int x,int y)
{
f[Find(x)]=Find(y);
}
void krus()
{
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=e[i].u,v=e[i].v;
if(Find(u)!=Find(v)) Merge(u,v),add(u,v,i),add(v,u,i);
else in[u]^=1,in[v]^=1,(ans+=pow2[i])%=mod;
}
}
int dfs(int now,int fa)
{
int du;
for(int i=head[now];i;i=Next[i])
{
int v=to[i],w=edge[i];
if(v==fa) continue;
du=dfs(v,now);
(ans+=pow2[w]*(du?1:2)%mod)%=mod;
in[now]^=du;
}
return in[now];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&e[i].u,&e[i].v);
pow2[i]=(pow2[i-1]<<1)%mod;
}
krus();
dfs(1,0);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
2018.10.14