CCF 201512-4送货 (并查集+DFS，欧拉路)

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p, p, p, ..., p，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p最小，p最小的前提下再保证p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。

析：根据题意就能看出来是欧拉路，关于欧拉路，就相当于一笔画，从一个结点出发（这个题是确定了，从1出发），然后把所有的边都走一遍，那么首先，

如果结点有多于2个度为奇数，那么一定不可能，如果有两个奇度结点，那么必须有一个是1，否则就不行了，至于连通性可以用并查集，或者也可以用DFS来判，

最后就是打印路径，这里可以用stack来储存答案，然后DFS去搜，要想字典序小，首先是把所有的点按大小排序，然后在搜的时候优先选择小的，这样字典序就最小。

 

代码如下：

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include <cstdio>

#include <string>

#include <cstdlib>

#include <cmath>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <set>

#include <queue>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <map>

#include <cctype>

#include <cmath>

#include <stack>

#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)

#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)

using namespace std;

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> P;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;

const LL LNF = 0x3f3f3f3f3f3f;

const double PI = acos(-1.0);

const double eps = 1e-8;

const int maxn = 1e4 + 5;

const int mod = 1e9 + 7;

const int dr[] = {-1, 0, 1, 0};

const int dc[] = {0, 1, 0, -1};

const char *Hex[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};

int n, m;

const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

inline int Min(int a, int b){ return a < b ? a : b; }

inline int Max(int a, int b){ return a > b ? a : b; }

inline LL Min(LL a, LL b){ return a < b ? a : b; }

inline LL Max(LL a, LL b){ return a > b ? a : b; }

inline bool is_in(int r, int c){

    return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;

}

vector<int> G[maxn];

int p[maxn], in[maxn];

int Find(int x) {  return x == p[x] ? x : p[x] = Find(p[x]); }

stack<int> ans;

bool vis[maxn][maxn];

void dfs(int u){

    for(int i = 0; i < G[u].size(); ++i){

        int v = G[u][i];

        if(!vis[u][v]){

            vis[u][v] = vis[v][u] = 1;

            dfs(v);

            ans.push(v);

        }

    }

}

bool judge(){

    int x = Find(1);

    int cnt = 0;

    for(int i = 1; i <= n; ++i){

        if(x != Find(i)) return false;

        if(in[i] & 1)  ++cnt;

        if(cnt > 2)  return false;

        sort(G[i].begin(), G[i].end());

    }

    if(cnt == 2 && in[1] % 2 == 0)  return false;

    return true;

}

void print(){

    printf("1");

    while(!ans.empty()){

        printf(" %d", ans.top());

        ans.pop();

    }

    printf("\n");

}

int main(){

    while(scanf("%d %d", &n, &m) == 2){

        for(int i = 1; i <= n; ++i)  G[i].clear(), p[i] = i;

        memset(in, 0, sizeof in);

        memset(vis, false, sizeof vis);

        int u, v;

        for(int i = 0; i < m; ++i){

            scanf("%d %d", &u, &v);

            G[u].push_back(v);

            G[v].push_back(u);

            int x = Find(u);

            int y = Find(v);

            if(x != y)  p[y] = x;

            ++in[u];  ++in[v];

        }

        if(!judge()){  printf("-1\n");  continue;  }

        dfs(1);

        print();

    }

    return 0;

}