CCF 送货 （欧拉路径+字典序最小 80分）

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, …, pm+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。

思路: 比较好想的就是判断无向图欧拉路径.
奇度顶点个数要么为0要么为2,为2时必须保证出发点度数为奇数,且出发点和结束点都是奇数顶点.
同时要保证用并查集判断整个图为联通图.
关于字典序最小就只需要将邻接表 排序,然后DFS，这里需要注意要先递归在加入顶点,这样得到的是倒序的结果然后倒序输出即可.为什么是倒序？？是因为如果一味按照最小字典序每次走最小的顶点可能没有办法走出一个欧拉路径

#include<bits/stdc++.h>#define mk make_pairusing namespace std;const int maxn = 1e5+5;int num[maxn],pre[maxn];int ro[maxn];int n,m,cnt;int vis[maxn];vector<pair<int,int> >vt[maxn];void dfs(int x){    for(int i = 0;i < vt[x].size();++i)    {        int v = vt[x][i].first;        int id = vt[x][i].second;        if(vis[id]) continue;        vis[id] = 1;        dfs(v);        ro[cnt++] = v;    }    return ;}int find(int x){    return x == pre[x]?x : pre[x] = find(pre[x]);}void join(int x,int y){    int f1 = find(x);    int f2 = find(y);    if(f1 != f2)    {        pre[f1] = f2;    }    return ;}int main(){    while(~scanf("%d %d",&n,&m))    {        for(int i= 0; i < maxn;++i)            vt[i].clear(),pre[i] = i;        memset(num,0,sizeof num);        for(int i = 1;i <= m;++i)        {            int a,b;            scanf("%d %d",&a,&b);            num[a]++;            num[b]++;            vt[a].push_back(mk(b,i));            vt[b].push_back(mk(a,i));            join(a,b);        }        int ans = 0;        int zz = 0;        for(int i = 1;i <= n;++i)        {            sort(vt[i].begin(),vt[i].end());            if(num[i] & 1) ans++;            if(find(i) == i)                zz++;        }        //因为从1出发,1的必为奇数.        if(zz == 1 && (ans == 0 || (ans == 2 && num[1] % 2 != 0)))        {            cnt = 0;            memset(vis,0,sizeof vis);            dfs(1);            ro[cnt++] = 1;            for(int i = cnt-1;i >= 0;--i)            {                printf("%d",ro[i]);                if(i != 0) printf(" ");            }            puts("");        }        //if(ans != 2 && ans != 0  || zz > 1 || (ans == 2 && num[1] % 2 != 1))        else            puts("-1");    }    return 0;}/*5 51 21 51 43 43 5*/