CCF 201512-4 送货（欧拉路径+字典序最小）



问题描述

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。

真不想吐槽CCF，样例不过交了都能100分，但还是花了好久使得能过所有样例

欧拉回路变形，巧点在如何使得走的路径最小，焦淼的排序一下即可。

代码如下:

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;#define maxn 200100bool  flag[10010][10010];int  n,m,tot,cnt;int head[maxn];int ans[10000000];int degree[maxn];struct Road{int u,v,next;}edge[maxn];struct node{int u,v,sum;}road[maxn];bool comp(node a,node b){return a.sum>b.sum;}void build(int u,int v){edge[tot].u=u;edge[tot].v=v;edge[tot].next=head[u];head[u]=tot++;}void dfs(int x){int i;for(i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next){int t1=edge[i].u,t2=edge[i].v;if(flag[t1][t2]==0 && flag[t2][t1]==0){flag[t1][t2]=1;flag[t2][t1]=1;dfs(t2);}}ans[++cnt]=x;return ;}bool check(){for(int i=0;i<tot;i++){int t1=edge[i].u,t2=edge[i].v;if(flag[t1][t2]==0 && flag[t2][t1]==0)   return 0;}return 1;}int  main(){int  i,j;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){int tail=0;int num=0;memset(head,-1,sizeof(head));memset(degree,0,sizeof(degree));memset(flag,0,sizeof(flag));for(i=0;i<m;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);road[tail].u=u;road[tail].v=v;road[tail++].sum=u+v;degree[u]++;degree[v]++;}sort(road,road+tail,comp);tot=0;cnt=0;for(i=0;i<tail;i++){build(road[i].u,road[i].v);build(road[i].v,road[i].u);}for(i=1;i<=n;i++)  if(degree[i]%2==1)     num++;    if(!(num==0 || num==2))     {       printf("-1\n");       continue; }dfs(1);if (!check()) {            cout << "-1\n";            continue;        }cout << ans[cnt];for(i=cnt-1;i>0;i--)  cout << " " << ans[i];cout << endl;}return 0;}