Codeforce 547 D. Mike and Fish（歐拉回路 + 思維 + 構造）

---

題目大意：二維平面上有 n 個點，對這 n 個點進行黑白染色，使得每行每列都滿足 黑色的點和白色的點的個數的差值 小於等於 1.

---

按行列連邊構成一張二分圖，X部爲 x 座標， Y部爲 y 座標，一個點的座標爲 (x,y)，則連一條從 x 到 y 的邊。

問題轉化爲對邊進行染色，使得任意一個點所連的邊中，黑色和白色的差值的絕對值不超過 1。

每一個點具有偶數度是無向圖具有歐拉回路的充分必要條件，若在二分圖上滿足這個重複必要條件，則可以在這個二分圖上構造一條歐拉回路，每條(x,y)邊作爲入邊時染成黑色，作爲出邊時染成白色。

這樣構造一定滿足條件，每一個節點連出去的邊一定有一半被染成黑色，一半被染成白色。

對於二分圖上奇度數的節點，分別在 X 部和 Y部 構造一個虛點，將它們分別連一條邊到虛點上，使得最後可以構造歐拉回路。

可以觀察到 X 部奇度數的點的個數的奇偶性，和Y部的相同，使用歸納法證明：

當只有一條邊時：顯然成立，X 部和 Y 部各有一個節點具有奇度數。
假設二分圖有 n 條邊時，結論也成立。
當 n = n + 1 時，新加的邊必然使得X部和Y部的 奇度數的點的個數的奇偶性同時改變

因此可以證得兩邊具有奇度數的點的個數的奇偶性一定相同，基於這個性質，爲 X,Y分別構建一個虛點，奇度數的點向虛點連邊，最後一定能構造出一個具有歐拉回路的二分圖。

---

關於實現：
構造歐拉回路使用 圈套圈算法（就是暴力）：任選一個起點，從起點開始 dfs 遍歷，對每條走過的邊打標記，當一個點再無其它邊可走，回溯時將這個點壓入棧中，最後棧中節點的逆序就是歐拉回路0。

歐拉回路考慮的是每條邊只經過一次，但每個點能經過多次，已經經過的邊如果下次訪問到這個點時又被考慮，那麼這條邊會被訪問多次（判斷它能不能走），會被T爆，需要刪邊。

使用前向星實現時，只需要每次更改頭指針 head 即可，遍歷的條件也要改成 i = head[u]（而不是原來的 i = nxt[i]，否則即使更改了 head，每條邊也可以被訪問多次，最差還是能卡到 $n^2$）

具體見代碼：

---

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int N = 2e5;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
map<pii,int> mp;
int n,vis[maxn << 2],use[maxn << 2],d[maxn << 2],ans[maxn << 2];
int head[maxn << 2],to[maxn << 2],id[maxn << 2],nxt[maxn << 2],cnt;
vector<int> sta,X,Y;
void add(int u,int v,int p) {
	to[cnt] = v;
	nxt[cnt] = head[u];
	id[cnt] = p;
	head[u] = cnt++;
	
	to[cnt] = u;
	nxt[cnt] = head[v];
	id[cnt] = p;
	head[v] = cnt++;
}
void dfs(int u) {
	use[u] = 1;
	for(int i = head[u]; i + 1; i = head[u]) {			//這個地方必須更改，不然一條邊會訪問多次
		head[u] = nxt[i];
		if(vis[id[i]]) continue;
		vis[id[i]] = 1;
		dfs(to[i]);
	}
	sta.push_back(u);
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	int p = -1;
	memset(head,-1,sizeof head);
	for(int i = 1,x,y; i <= n; i++) {
		scanf("%d%d",&x,&y);
		y += N;
		d[x] ^= 1, d[y] ^= 1;
		mp[pii(x,y)] = i;
		add(x,y,i);
		X.push_back(x);
		Y.push_back(y);
	}
	int cnt = 0,s = 0,t = 3 * N + 1;
	for(auto it : X) {
		if(d[it]) {
			cnt++;
			add(it,t,cnt + n);
			d[it] ^= 1,d[t] ^= 1;
		}
	}
	for(auto it : Y) {
		if(d[it]) {
			cnt++;
			add(it,s,cnt + n);
			d[s] ^= 1, d[it] ^= 1;
		}
	}
	if(d[s]) {
		cnt++;
		add(s,t,cnt + n);
		d[s] ^= 1, d[t] ^= 1;
	}
	for(auto it : X)
		if(!use[it]) dfs(it);
	int color = 0;
	for(int i = sta.size() - 2; i >= 0; i--) {
		int u = sta[i + 1],v = sta[i];
		if(u > v) swap(u,v);
		if(!mp.count(pii(u,v)))  {
			color ^= 1;
			continue;
		}
		ans[mp[pii(u,v)]] = color;
		color ^= 1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(ans[i] == 0) putchar('b');
		else putchar('r');
	}
	putchar('\n');
	return 0;
}