CCF 201512-4 送货

试题编号：	201512-4
试题名称：	送货
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述　　为了增加公司收入，F公司新开设了物流业务。由于F公司在业界的良好口碑，物流业务一开通即受到了消费者的欢迎，物流业务马上遍及了城市的每条街道。然而，F公司现在只安排了小明一个人负责所有街道的服务。　　任务虽然繁重，但是小明有足够的信心，他拿到了城市的地图，准备研究最好的方案。城市中有n个交叉路口，m条街道连接在这些交叉路口之间，每条街道的首尾都正好连接着一个交叉路口。除开街道的首尾端点，街道不会在其他位置与其他街道相交。每个交叉路口都至少连接着一条街道，有的交叉路口可能只连接着一条或两条街道。　　小明希望设计一个方案，从编号为1的交叉路口出发，每次必须沿街道去往街道另一端的路口，再从新的路口出发去往下一个路口，直到所有的街道都经过了正好一次。输入格式　　输入的第一行包含两个整数n, m，表示交叉路口的数量和街道的数量，交叉路口从1到n标号。　　接下来m行，每行两个整数a, b，表示和标号为a的交叉路口和标号为b的交叉路口之间有一条街道，街道是双向的，小明可以从任意一端走向另一端。两个路口之间最多有一条街道。输出格式　　如果小明可以经过每条街道正好一次，则输出一行包含m+1个整数p₁, p₂, p₃, ..., p_m₊₁，表示小明经过的路口的顺序，相邻两个整数之间用一个空格分隔。如果有多种方案满足条件，则输出字典序最小的一种方案，即首先保证p₁最小，p₁最小的前提下再保证p₂最小，依此类推。　　如果不存在方案使得小明经过每条街道正好一次，则输出一个整数-1。样例输入 4 5 1 2 1 3 1 4 2 4 3 4 样例输出 1 2 4 1 3 4 样例说明　　城市的地图和小明的路径如下图所示。样例输入 4 6 1 2 1 3 1 4 2 4 3 4 2 3 样例输出 -1 样例说明　　城市的地图如下图所示，不存在满足条件的路径。评测用例规模与约定　　前30%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10, n-1 ≤ m ≤ 20。　　前50%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 100, n-1 ≤ m ≤ 10000。　　所有评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10000，n-1 ≤ m ≤ 100000。

这是一道求欧拉回路或欧拉环游的题目，欧拉回路是指起点和终点相同并经过图上所有边且每条边只经过一次的路径，对于无向图来说，一个图有欧拉回路的充分条件是该图每个顶点的度都是偶数；欧拉环游是指起点和终点不同并经过图上所有边且每条边只经过一次的路径，一个图有欧拉环游的充分条件是该图只有2个顶点的度是奇数，其余顶点的度都是偶数。

根据上述性质，对于本题目来说，如果给定的图是连通图且所有顶点的度都是偶数或只有两个顶点的度是奇数，那么给定的图存在一条符合要求的路径。
需要判定图是否是连通图，然后再判定是否存在欧拉路径。
判定是否是连通图，可以使用并查集来实现。
判定是否存在欧拉路径的条件是：无向图的所有结点的出入度均为偶数，或者有2个出入度为奇数的结点。
满足这个条件的图，必然能够找到欧拉路径。
由于是从结点1出发，如果有2个出入度为奇数的结点，1的出入度必须为奇数。

程序中，使用邻接表表示图，而且使用的是集合set。集合类set有自然排序的特征，构建好集合后不用专门排序。这样做,在用DFS寻找欧拉路径时，找到的第1个解即为字典顺序最小解。

将递归化为非递归，才能通过所有测试样例；否则只有80分。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define ins insert
#define debug(x) cerr<<#x<<" "<<x<<endl;
using namespace std;
const int N=1e4+5;
#define fop(x) freopen(#x,"r",stdin);
struct node{int x,y,z;}e[N];
int n,m,ans,fa[N];bool vis[N][N];
set<int>g[N];vector<int>path; 
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline bool f(set<int> &x){return x.size()&1;}
inline void merge(int x,int y){
    int fx=find(x);
    int fy=find(y);
    if(fx!=fy){
        fa[fx]=fy;
    }
}
//void dfs(int x){
//    for(int y:g[x]){
//        if(!vis[x][y]){
//            vis[x][y]=1;
//            vis[y][x]=1;
//            dfs(y);
//        } 
//    }
//    path.pb(x);
//}
void eular(){
    stack<int>s;
    s.push(1);//1号顶点入栈
    while(!s.empty()){
        int v=s.top();
        bool fb=0;
        for(int w:g[v]){//遍历该点能到达的结点
            if(!vis[v][w]){//该边没有被访问过
                s.push(w);//顶点w入栈
                vis[v][w]=vis[w][v]=1;//该边已被访问
                fb=1;
                break;//跳出循环
            }
        }
        if(!fb){//没有还未访问的边
            path.pb(v);//顶点v加入欧拉序列
            s.pop();//出栈
        }
    }
}
int main(){
//    freopen("input.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),g[x].ins(y),g[y].ins(x),merge(x,y);
    int rt=find(1);
    for(int i=2;i<=n;i++) if(find(i)!=rt){puts("-1");return 0;}
    int k=count_if(g+1,g+n+1,f);
    if(k==0||(k==2&&f(g[1]))){
//        dfs(1);
        eular();
        reverse(path.begin(),path.end());
        for(int x:path) printf("%d ",x);
    }
    else{
        puts("-1");
    }
    return 0;
}

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本文作者：shenben
本文链接：https://www.cnblogs.com/shenben/p/12601747.html
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