在一张图中，从一个点出发每条边经过且只经过一次得到的路径，如果最后回到起点，那么就是欧拉回路，如果最后没有回到起点，那么得到的就是欧拉路径。

在无向图中，欧拉路径满足的要求是，除了起点和终点以外其他点的度数都是偶数；欧拉回路满足的要求是所有点的度数都是偶数。

在有向图中，欧拉路径满足的要求是：除了起点和终点外，其他点的出度等于入度，起点的出度比入度多1，终点的入度比出度多1；在欧拉回路中，所有点的出度等于入度。

通常找欧拉路径的算法就是dfs遍历，但是这里的判重是判重边，而非判重点。而且是当一个点所有的边都遍历结束后才会将该点算入答案。我们以一个点为例，若有m条自环路径，那么每条路径出就要开一层，一直往下递归。那么时间复杂度就变成m^2,这个时间复杂度很高，所有我们由此产生优化，遍历一条边那么就把它删掉，以防后面再次遍历到这条边，产生不必要的冗余。但是这里如果仅仅通过h[u]=ne[i]来删除，后面遍历时可以生效，但是回溯到前面遍历并不是再从开头开始，所以并没有生效(或者换个角度来理解，我们的删除相当于直接将头节点的指针往后移，但是中间节点的指针是没有改变的，所以实际上前面的循环应该已经到了中间那么节点的部分，它们之间的指向关系并没有改变，仍然会产生新的递归循环)时间复杂度还是很高，那么该如何处理呢，我们这里通过传入指针来实现动态的删除。

void dfs(int u)
{for (int &i = h[u]; ~i;){if (used[i]){i = ne[i];continue;}used[i] = true;if (type == 1) used[i ^ 1] = true;int t;if (type == 1){t = i / 2 + 1;if (i & 1) t = -t;}else t = i + 1;int j = e[i];i = ne[i];dfs(j);ans[ ++ cnt] = t;}
}

我们在定义的时候定义int &i=h[u]，修改i的时候，h[u]也被同步修改了，往后递归的时候，我们每次都从h[u]开始，h[u]不是一成不变的，修改i相当于修改h[u]，修改h[u]相当于修改中间节点的指向，中间节点的指向关系变了，那么往前回溯的过程中就不会出现刚刚m^2的问题了。

1123. 铲雪车（活动 - AcWing）

这里有个很迷惑人的条件，铲雪的时候前进速度是20，不铲雪的时候前进速度是50，但是显然不铲雪的前提是学已经铲过了，那么就相当于这条路走了两边，当然是只走一遍更划算。每条道路的两个方向均需要铲雪，所以每条路径的出度等于入度，那么就是欧拉回路，所以我们可以保证每条路径只经过一次，所以我们统计出所有的路径再除20即可。这里的时间转化，我们可以先求出分钟数，然后再进行转化。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s,t;
double getd(double a,double b,double c,double d)
{double dx=a-c,dy=b-d;double res=dx*dx+dy*dy;return sqrt(res);
}
int main()
{scanf("%d%d",&s,&t);double a,b,c,d;double ans=0;while(~scanf("%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&d)){double sd=getd(a,b,c,d);ans += 2*sd;}int m=round(ans/1000/20*60);int h=m/60;m%=60;printf("%d:%02d",h,m);}

1184. 欧拉回路(活动 - AcWing)

要注意，欧拉回路和欧拉路径中是可以有孤立点的，经过所有边，不一定经过所有点，所以dfs要找一个有出边的点开始遍历/

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010,M=400010;
int t,n,m;
int cnt;
int ans[M],used[M];
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int din[N],dout[N];
void add(int a,int b)
{e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u)
{for(int &i = h[u];~i;){if(used[i]){i=ne[i];continue;}used[i]=1;if(t==1) used[i^1]=1;int res;if(t==1){res=i/2+1;if(i&1) res*=-1;}else res=i+1;int j=e[i];i=ne[i];dfs(j);ans[++cnt]=res;}}
int main()
{scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);if(t==1) add(b,a);din[b]++,dout[a]++;}if(t==1){for(int i=1;i<=n;i++){if(din[i]+dout[i]&1){printf("NO");return 0;}}}else{for(int i=1;i<=n;i++){if(din[i]!=dout[i]){printf("NO");return 0;}}}for(int i=1;i<=n;i++){if(h[i]!=-1){dfs(i);break;}}if(cnt!=m) printf("NO\n");else{printf("YES\n");for(int i=cnt;i>=1;i--){printf("%d ",ans[i]);}}
}

 另外要注意我们dfs求得的路径是从终点到起点的，所以输出的时候需要倒着输出。

1124. 骑马修栅栏（1124. 骑马修栅栏 - AcWing题库）

这里我们需要输出经过的节点，同时使得在有多组解的情况下输出节点序最小的那组解。那么我们首先应该找到最小的有出边的点，从这里开始遍历，另外为了使得后面的点也是小的在前面，我们需要先遍历所有出边中连接的点编号最小的出边，那么可以用邻接矩阵来存边。

本题不确定是求欧拉回路还是欧拉路径，所以我们先找出第一个有边的点，然后遍历查找是否有度为奇数点，如果有就替换，否则就直接搜欧拉回路。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=510;
int n;
int g[N][N],ans[N*N],cnt,d[N];
void dfs(int u)
{for(int i=1;i<=500;i++){if(g[u][i]){g[u][i]--,g[i][u]--;dfs(i);}}ans[++cnt]=u;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);g[a][b]++,g[b][a]++;d[a]++,d[b]++;}int s=1;while(!d[s])s++;for(int i=s;i<=500;i++){if(d[i]%2) {s=i;break;}}dfs(s);for(int i=cnt;i>=1;i--) printf("%d\n",ans[i]);}

1185. 单词游戏（活动 - AcWing）

思路：这里如果将单词视为节点显然建边太麻烦了，我们可以用之前的一个思路，在一个单词的首尾字母之间建边，这样的话就只有26个点，实现复杂度一下就降低了。

 那么就要想是建有向边还是无向边，我们要注意顺序问题，所以建的是有向边。然后实际上不用真的去搜，只需要判断一下每个点的出度入度是否符合要求，然后判断一下边是否连通。这里判断边是否连通不用dfs，我们用并查集来判断。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=30,M=200010;
int st[M];
int dout[N],din[N];
int p[N];
int find(int x)
{if(x!=p[x]) p[x]=find(p[x]);return p[x];
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);memset(st,0,sizeof st);memset(din,0,sizeof din);memset(dout,0,sizeof dout);for(int i=0;i<26;i++) p[i]=i;for(int i=1;i<=n;i++){string s;cin>>s;int a=s[0]-'a',b=s[s.size()-1]-'a';st[a]=st[b]=1;dout[a]++,din[b]++;p[find(a)]=find(b);}int flag=1,sc=0,ec=0;for(int i=0;i<26;i++){if(dout[i]-din[i]==1) sc++;else if(din[i]-dout[i]==1) ec++;else if(din[i]!=dout[i]) {flag=0;break;}}if (flag && !(!sc && !ec || sc== 1 && ec == 1)) flag = 0;int rep=-1;for(int i=0;i<26;i++){if(st[i]){if(rep==-1) rep=find(i);else if(rep!=find(i)){flag=0;break;}}}if(!flag) printf("The door cannot be opened.\n");else printf("Ordering is possible.\n");}
}

这题判断边是否连通也可以用dfs来写，只不过时间复杂度太高了，会超时，这里还是把代码放上。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=30,M=200010;
int st[M];
int dout[N],din[N];
int p[N];
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int used[M];
int cnt;
void add(int a,int b)
{e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u)
{for (int &i = h[u]; ~i;){if (used[i]){i = ne[i];continue;}used[i] = true;int j = e[i];i = ne[i];dfs(j);cnt++;}
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);memset(used,0,sizeof used);memset(din,0,sizeof din);memset(dout,0,sizeof dout);memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<=n;i++){string s;cin>>s;int a=s[0]-'a',b=s[s.size()-1]-'a';dout[a]++,din[b]++;add(a,b);}int flag=1,sc=0,ec=0;for(int i=0;i<26;i++){if(dout[i]-din[i]==1) sc++;else if(din[i]-dout[i]==1) ec++;else if(din[i]!=dout[i]) {flag=0;break;}}if (flag && !(!sc && !ec || sc== 1 && ec == 1)) flag = 0;if(!flag) printf("The door cannot be opened.\n");//判连通else {int s=0;while(!dout[s]) s++;for(int i=0;i<26;i++)if(dout[i]-din[i]==1){s=i;break;}dfs(s);if(cnt<n) printf("The door cannot be opened.\n");else printf("Ordering is possible.\n");}}
}

所以可以见得，判断欧拉回路和欧拉路径，只要判断度和连通性的性质满足即可，方法不唯一。