竞赛题解 - NOIP2018 旅行

$\mathcal{NOIP}\mathcal{2018}\mathrm{旅}\mathrm{行}-\mathrm{竞}\mathrm{赛}\mathrm{题}\mathrm{解}$

坑还得一层一层的填
填到Day2T1了 洛谷 P5022

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题目

（以下copy自洛谷，有删减/修改 (●ˇ∀ˇ●)）

题目描述

小 Y 是一个爱好旅行的 OIer。她来到 X 国，打算将各个城市都玩一遍。
小Y了解到， X国的 $n$ 个城市之间有 $m$ 条双向道路。每条双向道路连接两个城市。 不存在两条连接同一对城市的道路，也不存在一条连接一个城市和它本身的道路。并且， 从任意一个城市出发，通过这些道路都可以到达任意一个其他城市。小 Y 只能通过这些 道路从一个城市前往另一个城市。
小 Y 的旅行方案是这样的：任意选定一个城市作为起点，然后从起点开始，每次可 以选择一条与当前城市相连的道路，走向一个没有去过的城市，或者沿着第一次访问该 城市时经过的道路后退到上一个城市。当小 Y 回到起点时，她可以选择结束这次旅行或 继续旅行。需要注意的是，小 Y 要求在旅行方案中，每个城市都被访问到。
为了让自己的旅行更有意义，小 Y 决定在每到达一个新的城市（包括起点）时，将 它的编号记录下来。她知道这样会形成一个长度为 $n$ 的序列。她希望这个序列的字典序 最小，你能帮帮她吗？ 对于两个长度均为 $n$ 的序列 $A$ 和 $B$，当且仅当存在一个正整数 $x$，满足以下条件时， 我们说序列 $A$ 的字典序小于 $B$。

对于任意正整数 $1\le i<x$，序列 $A$ 的第 $i$ 个元素 $A_i$ 和序列 BB 的第 $i$ 个元素 $B_i$ 相同。
序列 $A$ 的第 $x$ 个元素的值小于序列 $B$ 的第 $x$ 个元素的值。

输入输出格式

输入格式：
输入文件共 $m+1$ 行。第一行包含两个整数 $n,m(m=n\mathrm{或}n+1)$，中间用一个空格分隔。
接下来 m 行，每行包含两个整数 $u,v(1\le u,v\le n)$ ，表示编号为 $u$ 和 $v$ 的城市之 间有一条道路，两个整数之间用一个空格分隔。
输出格式：
输出文件包含一行，$n$ 个整数，表示字典序最小的序列。相邻两个整数之间用一个 空格分隔。

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解析

这道题特殊点在于它的边数 $m$ 只能为 $n$ 或 $n+1$，而且是一个连通图，无重边自环！这就意味着它要么是一棵树，要么是只带有一个环的“树”……这是什么“树”？——基环树（我也是第一次用这个东西QwQ）

因为要让字典序最小，所以肯定是从城市 $1$ 开始。

首先考虑树的情况：
贪心的，我们只要让下一步到达的点尽可能小就可以了，所以对于每一个点 $u$ ，将与它相连的点按编号大小排序（即将邻接表排序），当然也可以直接用 $set$ 存邻接表，反正我是这么干的。然后按照节点编号大小，走没有访问过的编号最小的节点就可以了，最后一定可以把整棵树遍历完（非常easy?）

然后就是有一个环的情况了（考场上一直在想一次DFS $O(nlo{g}_n)$ ^[1]贪心……就没有想过 $O(n^2)$ 也能过）。

有一个环，但是我们最多只会走 $n-1$ 条边（不能重复经过点嘛）……那把这个环拆开——删除环上的一条边，不就又变成一棵树了吗？（基环树的一般操作）
显然我们可以一次DFS找到那一个环上的所有边（$O(n)$），我们把找到的环的 边的编号 存储在 $cir[]$ 数组里。根据上面的思想，我们可以枚举删除 $cir[i]$ ，然后按照之前树的做法贪心的求出删除 $cir[i]$ 的时候的最小答案，对于每次求出的答案取最小值就可以了。
具体怎么做？先枚举 $cir[i]$ （$O(n)$），将标记 $del$ 赋值为 $cir[i]$，然后从节点 1 出发遍历所有点 （$O(n)$），当发现要经过的边的编号为 $del$ 时，就 continue，不走该边。所以总的时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

额……不过STL的诡异常数好像在洛谷上有一点卡常QwQ，用set的做法在洛谷上只能开 O2 优化才能过，还是推荐直接将邻接表排序。

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源代码

（这里还是把用set写的代码粘上来）

Copy/*Lucky_Glass*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5000;
set< pair< int,int > > lnk[N+5];
int n,m,del;
int ans[N+5],res[N+5]; //ans为最终答案，res为当前贪心得到的答案
bool Prefer(){ //判断ans和res谁更优
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(ans[i]<res[i]) return false;
        if(ans[i]>res[i]) return true;
    }
    return false;
}
int vis[N+5],tag;
void DFS(int u){
    vis[u]=tag;
    res[++res[0]]=u;
    if(res[0]==n && Prefer())
        memcpy(ans,res,sizeof res);
    for(set< pair< int,int > >::iterator it=lnk[u].begin();it!=lnk[u].end();it++){
        int v=it->first,id=it->second;
        if(vis[v]==tag || id==del) continue; //如果是访问过的点或者经过了删除了的边
        DFS(v);
    }
}
int cir[N+5],beg,ok;
void Circle(int u,int pre){
    vis[u]=tag;
    for(set< pair< int,int > >::iterator it=lnk[u].begin();it!=lnk[u].end();it++){
        int v=it->first,id=it->second;
        if(v==pre || id==cir[1]) continue; //如果是父亲，或者是环的末端
        if(vis[v]==tag){
            beg=v,ok=true,cir[++cir[0]]=id; //找到环，退出
            break;
        }
        Circle(v,u);
        if(ok) cir[++cir[0]]=id; //存储环
        if(u==beg) ok=false; //完成整个环的搜索，结束存储
    }
}
int main(){
    ans[1]=(1<<29); //将ans的字典序初始化为最大
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        lnk[u].insert(make_pair(v,i)); //用pair的first存储相邻点，second存储边的编号
        lnk[v].insert(make_pair(u,i)); //这样就可以直接给邻接表排序
    }
    if(n==m){
        tag=-1; //一个简单的vis标记，只要vis[u]!=tag，那么u在这次搜索中就没有被访问过（可以减去一次memset）
        Circle(1,-1); //找环
        for(int i=1;i<=cir[0];i++){ //枚举删边
            del=cir[i];tag=i;res[0]=0; //注意清空res
            DFS(1);
        }
    }
    else{
        del=-1;tag=1; //不删除任何点
        DFS(1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
    return 0;
}

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$\mathcal{THE}\mathcal{END}$

$\mathcal{Thanks}\mathcal{For}\mathcal{Reading}\mathcal{!}$

有什么没看懂的可以随时在 $lucky\mathrm{\_}glass@foxmail.com$ 邮箱问我 (。・∀・)ノ

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1. 这里的 $O(lo{g}_n)$ 的复杂度来源于对邻接表的排序操作 ↩︎