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CCF 201512-4 送货(欧拉路径+字典序最小)

2016-08-29 15:01 302 查看

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, ..., 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 200100
bool  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;
}


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