CCF-CSP-2015-12-4 送货

题目：

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。

代码：

#include <iostream>
#include<queue>
#include<list>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;

list<int>edge[10001];
int n;
stack<int>ans;

int num_of_sin()	//求奇点的个数，是0,2，还是大于2
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (edge[i].size() % 2)ans++;
if (ans > 2)break;
}
return ans;
}

bool con(int s)	//判断是否为连通图，注意去掉度为0的点
{
int *p = new int[n + 1];
for (int j = 1; j <= n; j++)p[j] = 0;
queue<int>q;
while (!q.empty())q.pop();
p[s] = 1,q.push(s);
while (!q.empty())
{
int k = q.front();
q.pop();
for (list<int>::iterator it = edge[k].begin(); it != edge[k].end(); it++)if (p[*it] == 0)
{
p[*it] = 1;
q.push(*it);
}
}
for (int j = 1; j <= n; j++)if (p[j] == 0 && !edge[j].empty())return false;
return true;
}

bool ok()	//判断能不能一笔画
{
if (num_of_sin() > 2 || !con(1))return false;  //题目特殊要求，必须以1为起点
if (num_of_sin() == 0)return true;
return edge[1].size() % 2;
}

bool dfs(int s,int deep)
{
if (edge[s].empty())return deep == 0;
int e = *min_element(edge[s].begin(), edge[s].end());
edge[s].remove(e), edge[e].remove(s);
if (dfs(e,deep-1))
{
ans.push(e);
return true;
}
if (edge[s].empty())
{
edge[s].push_back(e), edge[e].push_back(s);
return false;
}
int t = *min_element(edge[s].begin(), edge[s].end());
edge[s].push_back(e), edge[e].push_back(s);
e = t;
edge[s].remove(e), edge[e].remove(s);
if (dfs(e,deep-1))
{
ans.push(e);
return true;
}
edge[s].push_back(e), edge[e].push_back(s);
return false;
}

int main()
{
int m, a, b, s = 1;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)edge[i].clear();
for (int i = 0; i < m;i++)
{
cin >> a >> b;
edge[a].push_back(b), edge[b].push_back(a);
}
if (!ok())
{
cout << -1;
return 0;
}
cout << 1;
while (!ans.empty())ans.pop();
dfs(1,m);
while (!ans.empty())
{
cout << " " << ans.top();
ans.pop();
}
return 0;
}

结果：超时，得分80（满分100）

思路：

定理一：对于无向图，奇点的个数一定是偶数，如果奇点个数超过2，那么无法一笔画，如果奇点个数为2或者0，只要图是连通的就可以一笔画，不是连通的图自然无法一笔画。

定理二：对于连通图，如果奇点个数为2，那么2个奇点可以任选1个作为起点，其他点不能作为起点，如果奇点个数为0，那么任何一个点都可以作为起点。

定理三：对于一个可以一笔画的图，起点集由定理二确定，那么去掉任何一条包含某个起点的边，得到的子图只要是连通的就仍然可以一笔画。换句话说，在一笔画的过程中，只要始终保持所有的边是连通的即可。