CCF-201512-4 送货(欧拉路径)

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

样例输入

4 6
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
2 3

样例输出

-1

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。

题解

欧拉通路的问题。
无向图中如果存在欧拉通路，条件是：
1. 图连通；
2. 所有顶点的度数为偶数，或者，只有两个顶点的度数为奇数。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int maxn = 10000 + 10;
const int maxm = 100000 + 10;

vector<int> g[maxn];
int  deg[maxn];
bool vis[maxn], visEdge[maxn][maxn];
int  n, m;
stack<int> ans;

void dfs(int u)
{
    vis[u] = 1;
    for(int i = 0; i < (int)g[u].size(); ++i)
    {
        int v = g[u][i];
        if(!visEdge[u][v]){
            visEdge[u][v] = visEdge[v][u] = 1;
            dfs(v);
            ans.push(v);
        }
    }
}

int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("data.in", "r", stdin);
#endif // LOCAL

    scanf("%d %d", &n, &m);
    int a, b;

    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        scanf("%d %d", &a, &b);
        deg[a]++, deg[b]++;
        g[a].push_back(b);
        g[b].push_back(a);
    }
    //保证是字典序最小的
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        sort(g[i].begin(), g[i].end());
    }

    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(deg[i] & 1) cnt++;
    }
    // 如果存在奇度数的顶点，顶点1必须是奇度数的
    if(cnt == 2 && !(deg[1] & 1)){
        printf("-1\n");
        return 0;
    }

    if(cnt == 2 || cnt == 0){
        dfs(1);
        for(int i = 1; i <= n; ++i){
            if(!vis[i]){
                printf("-1\n");
                return 0;
            }
        }

        printf("1");
        while(!ans.empty()){
            printf(" %d", ans.top());
            ans.pop();
        }
    }
    else{
        printf("-1\n");
    }

    return 0;
}

下面是fluery算法，然而因为是采用邻接矩阵，超了几十ms挂掉……

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int maxn = 10000 + 10;

int n, m;
int degree[maxn];
bool g[maxn][maxn];
bool vis[maxn];
stack<int> S;
stack<int> path;

void dfs(int u)
{
    S.push(u);
    vis[u] = 1;
    for(int v = 1; v <= n; ++v)
        if(g[u][v]){
            g[u][v] = g[v][u] = 0;
            dfs(v);
            break;
        }
}

void fluery(int s)
{
    S.push(s);
    vis[s] = 1;

    while(!S.empty())
    {
        int brige = 1;
        for(int v = 1; v <= n; ++v){
            if(g[S.top()][v]){
                brige = 0;
                break;
            }
        }
        int u = S.top();
        S.pop();
        if(brige) path.push(u);
        else dfs(u);
    }

    //不连通
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(!vis[i]){
            printf("-1\n");
            return;
        }
    }

    while(!path.empty()){
        printf("%d ", path.top());
        path.pop();
    }
    cout << endl;
}

int main()
{
#ifdef LOCAL
    freopen("data.in", "r", stdin);
#endif // LOCAL

    cin >> n >> m;

    int a, b;
    for(int i = 0; i < m; ++i)
    {
        scanf("%d %d", &a, &b);
        degree[a]++, degree[b]++;
        g[a][b] = g[b][a] = 1;
    }

    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(degree[i] & 1) cnt++;
    }

    if(cnt == 2 && !(deg[1] & 1)){
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    if(cnt == 2 || cnt == 0)
        fluery(1);
    else{
        printf("-1\n");
    }

    return 0;
}