题目链接: http://poj.org/problem?id=1637
题意：给出N个点，M条路。路有些是双向边，有些是单向边。求是否能找到一个起点，使之遍历所有路正好一次并最后回到起点。
即判断这个图是否是欧拉回路。
思路：
参考：http://www.cnblogs.com/kuangbin/p/3537525.html
要求是否存在欧拉回路。
首先判断整个图是否相连，如果不连通，肯定不存在。
欧拉回路满足条件，每个点的出度 = 入度。
但因为有双向边的存在，事实上找欧拉回路就是要确定双向边的方向。即定向双向边，如果有一种定向使得整个图为一张有向欧拉图，那么就满足条件
设D[i] = out[i] - in[i]，即i这个点的出度 - 入度。
要满足条件，则对于所有点D[i] = 0.
一开始先人为规定无向边的方向，然后求出D[i]。
假如说原来的边(i->j)改变方向后，对于点i来说，i的出度减少1，i的入度增加1.即out[i]->out[i]-1 in[i]->in[i]+1。
所以D[i] = out[i] - in[i] = out[i] - 1 - in[i] - 1 减少了2.
反之则增加2.
因为最终需要满足的是D[i] = 0,所以如果开始时D[i]是奇数，那么最终肯定不会满足条件。
排除D[i]是奇数的情况后，一开始先人为的规定无向边的方向，如(i->j)。并且在图中连一条边(i->j)，容量为1，表示之后能改变一次方向。
对于有向边则无需连边。
增设源点s,汇点t。
然后对于每个点，如果D[i] > 0,则在s到i，连一条边，容量为D[i]/2.
如果D[i] < 0,则在i到t，连一条边，容量为-D[i]/2.
考虑网络中的一条增广路径S-->i-->...-->j-->T，将这条从i到j的路径在G'中全部反向，则：i 的入度加1出度减1，j的入度减1出度加1。
路径中其它点的入度出度均不变。而i是和S相连的，因此初始D[i]>0，即i的出度大于入度，故这样 反向之后D[i]减少2；
同理，j是和T相连的，这样反向之后D[j]增加2。因此，若最大流中边<S, i>满流（流量为初始D[i]/2），此时D[i]值就变成了0，也就是i的入度等于出度。
因此只要使所有S引出的边全部满流，所有初始D 值>0的点的D值将等于0，又因为将边变向后所有点的D值之和不变，所有初始D值小于0的点的D值也将等于0。
而初始D值等于0的D点既不与S相连 也不与T相连，所以它们是网络中的中间点，而中间点的流入量等于流出量，故它们的入度和出度一直不变，即D值一直为0。因此，整个图G'成为欧拉图。
求欧拉通路：
因为对于欧拉通路来说，除了通路的起点和终点外的所有点仍满足D[i] = 0。且起点和终点的D[i]必为奇数。
所以先求出所有D[i],如果刚好有两个点的D[i]为奇数，则有可能存在欧拉通路。
如果D[i] > 0 && D[j] < 0 则i为起点，j为终点。连边j->i
如果D[i] < 0 && D[j] > 0 则j为起点，i为终点。连边i->j
然后求欧拉回路。
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdio> 5 #include <string> 6 #include <vector> 7 #include <queue> 8 using namespace std; 9 #define maxn 210 10 const int inf = 0x3f3f3f3f; 11 int min(int a, int b) 12 { 13 return a<b?a:b; 14 } 15 struct Edge 16 { 17 int from, to, cap, flow; 18 Edge(int f, int t, int c, int fl) 19 { 20 from = f; to = t; cap = c; flow = fl; 21 } 22 }; 23 vector <Edge> edges; 24 vector <int> G[maxn]; 25 int d[maxn], vis[maxn], cur[maxn]; 26 int s, t, n, m; 27 void AddEdge(int from, int to, int cap) 28 { 29 edges.push_back(Edge(from, to, cap, 0)); 30 edges.push_back(Edge(to, from, 0, 0)); 31 m = edges.size(); 32 G[from].push_back(m-2); 33 G[to].push_back(m-1); 34 } 35 bool bfs() 36 { 37 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 38 d[s] = 0; 39 vis[s] = 1; 40 queue <int> q; 41 q.push(s); 42 while(!q.empty()) 43 { 44 int u = q.front(); 45 q.pop(); 46 for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) 47 { 48 Edge &e = edges[G[u][i]]; 49 if(!vis[e.to] && e.cap > e.flow) 50 { 51 vis[e.to] = 1; 52 d[e.to] = d[u] + 1; 53 q.push(e.to); 54 55 } 56 } 57 } 58 return vis[t]; 59 } 60 int dfs(int x, int a) 61 { 62 if(x == t || a == 0) return a; 63 int flow = 0, f; 64 for(int &i = cur[x]; i < G[x].size(); i++) 65 { 66 Edge &e = edges[G[x][i]]; 67 if(d[x]+1 == d[e.to] && (f = dfs(e.to, min(e.cap - e.flow, a))) > 0) 68 { 69 e.flow += f; 70 edges[G[x][i]^1].flow -= f; 71 flow += f; 72 a -= f; 73 if(a == 0) break; 74 75 } 76 } 77 return flow; 78 } 79 int MaxFlow() 80 { 81 int flow = 0; 82 while(bfs()) 83 { 84 memset(cur, 0, sizeof(cur)); 85 flow += dfs(s, inf); 86 } 87 return flow; 88 } 89 int T, N, M; 90 int in[maxn], out[maxn], D[maxn]; 91 int main() 92 { 93 scanf("%d", &T); 94 while(T--) 95 { 96 edges.clear(); 97 scanf("%d%d", &N, &M); 98 for(int i = 0; i <= N+1; i++) G[i].clear(); 99 s = 0; t = N+1; 100 memset(in, 0, sizeof(in)); 101 memset(out, 0, sizeof(out)); 102 for(int i = 1; i <= M; i++) 103 { 104 int a, b, c; 105 scanf("%d%d%d", &a, &b, &c); 106 if(c == 0) 107 { 108 out[a]++; in[b]++; 109 AddEdge(a, b, 1); 110 } 111 else if(c == 1) 112 { 113 out[a]++; in[b]++; 114 } 115 } 116 bool flag = true; 117 for(int i = 1; i <= N; i++) 118 { 119 D[i] = out[i] - in[i]; 120 if(D[i]%2) 121 { 122 flag = false; break; 123 } 124 if(D[i] > 0) AddEdge(s, i, D[i]/2); 125 else if(D[i] < 0) AddEdge(i, t, -D[i]/2); 126 } 127 if(flag == false) 128 { 129 printf("impossible "); continue; 130 } 131 int flow = MaxFlow(); 132 flag = true; 133 for(int i = 0; i < m; i++) 134 { 135 Edge &e = edges[i]; 136 if(e.from == s & e.cap != e.flow) 137 { 138 flag = false; 139 break; 140 } 141 } 142 if(flag == true) printf("possible "); 143 else printf("impossible "); 144 } 145 return 0; 146 }