【NOIP2018】DAY2T1——旅行（基环树搜索）

描述
小 Y 是一个爱好旅行的 OIer。她来到 X 国，打算将各个城市都玩一遍。
小 Y 了解到，X 国的 ? 个城市之间有 ? 条双向道路。每条双向道路连接两个城市。不存在两条连接同一对城市的道路，也不存在一条连接一个城市和它本身的道路。并且，从任意一个城市出发，通过这些道路都可以到达任意一个其他城市。小 Y 只能通过这些道路从一个城市前往另一个城市。
小 Y 的旅行方案是这样的：任意选定一个城市作为起点，然后从起点开始，每次可以选择一条与当前城市相连的道路，走向一个没有去过的城市，或者沿着第一次访问该城市时经过的道路后退到上一个城市。当小 Y 回到起点时，她可以选择结束这次旅行或继续旅行。需要注意的是，小 Y 要求在旅行方案中，每个城市都被访问到。
为了让自己的旅行更有意义，小 Y 决定在每到达一个新的城市（包括起点）时，将它的编号记录下来。她知道这样会形成一个长度为 ? 的序列。她希望这个序列的字典序最小，你能帮帮她吗？
对于两个长度均为 ? 的序列 A 和 B，当且仅当存在一个正整数 x，满足以下条件时，我们说序列 A 的字典序小于 B。
⚫ 对于任意正整数 1 ≤ i < x，序列 A 的第 i 个元素 Ai 和序列 B 的第 i 个元素Bi 相同。
⚫ 序列 A 的第 x 个元素的值小于序列 B 的第 x 个元素的值。
输入
输入文件共 ? + 1 行。第一行包含两个整数 ?, ?(? ≤ ?) ，中间用一个空格分隔。
接下来 ? 行，每行包含两个整数 ?, ? (1 ≤ ?, ? ≤ ?) ，表示编号为 ? 和 ? 的城市之间有一条道路，两个整数之间用一个空格分隔。
输出
输出文件包含一行，? 个整数，表示字典序最小的序列。相邻两个整数之间用一个空格分隔。
样例输入
6 5
1 3
2 3
2 5
3 4
4 6
样例输出
1 3 2 5 4 6
提示
【输入 样例1】
6 6
1 3
2 3
2 5
3 4
4 5
4 6
【输出样例2】
1 3 2 4 5 6

考场sb了60分滚粗

60分树就直接搜就是了，用vector存出点，这样可以sort

考虑基环树

可以发现每次其实是会有一条边不会经过

所以我们枚举所有的边，然后断开那条边，最后统计最小字典序就可以了

复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)

有几个优化：

1、先找到环然后只断开环上的边（然而并没有写233）

2、每次搜索的时候看第一个字典序不同的地方和原来比是大还是小，如果大的话也就没必要据继续下去了

上代码

#include
using namespace std;
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0;
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res;
}
const int N=5005;
vector <int> vec[N];
int x,y,first,flag;
struct edge{
	int u,v;
}e[N];
int ans[N],p[N],vis[N],tot,n,m;  
void dfs(int u,int fa){
	ans[++tot]=u;vis[u]=true;
	for(int i=0;i<vec[u].size()&&flag;i++){
		int v=vec[u][i];
		if(v==fa||vis[v])continue;
		if((u==x&&v==y)||(u==y&&v==x)){
			continue;
		}
		if(p[tot+1]!=v){
			if(first){
				if(p[tot+1]<v){
					flag=false;return;
				}
				first=false;
			}
		}
		dfs(v,u);
	}
}    
inline bool check(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(p[i]<ans[i])return false;
		if(p[i]>ans[i])return true;
	}
	return true;
}        
inline void dfss(int u,int fa){
	ans[++tot]=u,vis[u]=true;
	for(int i=0;i<vec[u].size();i++){
		int v=vec[u][i];
		if(v==fa||vis[v])continue;
		dfss(v,u);
	}
}          
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u=read(),v=read();
		e[i].u=u,e[i].v=v;
		vec[u].push_back(v),vec[v].push_back(u);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sort(vec[i].begin(),vec[i].end());
	}
	memset(ans,127,sizeof(ans));
	memset(p,127,sizeof(p));
	if(m==n){
		for(int i=1;i<=m;i++){
			x=e[i].u,y=e[i].v;
			first=flag=true;tot=0,memset(vis,0,sizeof(vis));dfs(1,0);
		//	for(int i=1;i<=n;i++)cout<
			if(flag&&tot==n){
				for(int i=1;i<=n;i++){
					p[i]=ans[i];
				}
			}
		}
	}
	else {
		dfss(1,0);
		for(int i=1;i<=tot;i++){
			cout<<ans[i]<<" ";
		}
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<p[i]<<" ";
	}
}

据说有更优秀的$O(n)dp$做法可是我不会啊2333…

最后
推广一下另外几篇题解：
DAY1T1：铺设道路：（并查集？？）
DAY1T2：货币系统：（完全背包/搜索）
DAY1T3：赛道修建：（二分答案+贪心策略）
DAY2T1：旅行：（基环树搜索）
DAY2T2：填数游戏：（暴力搜索找规律）
DAY2T3：保卫王国：（动态dp+Splay）

转载于:https://www.cnblogs.com/stargazer-cyk/p/10366393.html