CCF送货

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。

思路：考察的是欧拉路径（不是欧拉回路），即在途中找到一条可以经过所有边且每条边都只经过一次的路径。

判断一个图的欧拉路径是否存在有以下2个条件：

1、该图是联通图

2、该图中顶点的度数为奇数的顶点个数 <= 2

对于1：判断图的连通性，可用DFS遍历图，设置一个标记顶点访问的数组vis[10001]

对于2：在创建图的时候（无向图使用邻接表存储,用2维数组内存过大）用数组d[10001]记录每个点的度数

查找欧拉路径用到了DFS的思想，并将遍历的路径存储在栈中

为了输出最小序列的路径在建立邻接表后，对每个顶点的边数组进行排序，保证编号小的排在前面

AC代码：

#include<iostream>#include<windows.h>#include<algorithm>#include<vector>#include<stack>using namespace std;int d[10001];  //存放顶点i的度vector<int> G[10001];int vis[10001];  //记录顶点是否访问bool visited[10001][10001];  //记录边是否访问stack<int> s;int cmp(int a,int b){    return a < b;}//  用来遍历整个图，判断图的连通性void dfs(int x){vis[x] = 1;//  定义一个对vector<int>动态数组遍历的迭代器vector<int>::iterator it;for(it = G[x].begin(); it != G[x].end(); it++){int v = *it;if(!vis[v]){dfs(v);}}}//  找出并存储欧拉路径，与DFS思想很相似void euler(int x){vector<int>::iterator it;for(it = G[x].begin(); it != G[x].end(); it++){int v = *it;if(!visited[x][v]){visited[x][v] = visited[v][x] = 1;euler(v);s.push(v); }}}int main(){    int n,m;    int i;    cin>>n>>m;    for(i = 1; i <= m; i++)    {        int a,b;        cin>>a>>b;G[a].push_back(b);G[b].push_back(a);d[a]++;d[b]++;    }for(i = 1; i <= n; i++)  // 将每个顶点的邻接点按编号从小到大排列{sort(G[i].begin(),G[i].end(),cmp);}dfs(1);int flag = 0;for(i = 1; i <= n; i++){if(vis[i] == 0){flag = 1;}}if(flag)  //  还有顶点未访问，即图不联通{cout<<-1<<endl;}else  //  图联通{int num = 0;for(i = 1; i <= n; i++){if(d[i] % 2){num++;}}if(num > 2) //  若是顶点度为奇数的个数大于2，则此图不存在欧拉路径{cout<<-1<<endl;}else  //图联通且顶点度为奇数的顶点数 <= 2{euler(1);cout<<1<<" ";while(!s.empty()){cout<<s.top()<<" ";s.pop();}}}    system("pause");    return 0;} 

笔记：在不需要存储图两顶点间的路径而仅仅需要保存2点间是否存在边的时候使用boo[N][N]数组，因为bool只占用一个字节。此题是找出欧拉路径，并不是欧拉回路。vector<int>::iterator it 可定义对动态数组的遍历，获取元素的值: * it。

PS：这道题不知道欧拉路径的知识点很难做出来啊····· 用递归和栈来找出欧拉路径这里我理解的还不是很透彻，希望有大神给予指点