CCF 201512-4 送货

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 ₁, p ₂, p ₃, ..., p _{m +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p ₁最小，p ₁最小的前提下再保证p ₂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。

我们都知道判断是否有欧拉路径
只需要判断奇点的个数是否为0或2

对于一个欧拉路径，起始点的位置不同，对能完成一笔画是否有影响。

我个人推出的是：
如果奇数点的个数为2，当起始点的度为偶数的时候，无法完成一笔画....

虽然不知道这个结论正确与否...

但至少根据FishSeeker的AC代码，判定了CCF的测试数据是有问题的....

下面这个是CCF上的AC代码：

http://blog.youkuaiyun.com/FishSeeker/article/details/50932488

下面是我本人的代码,也是AC过的：

#include <iostream>
#include <stack>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
stack<int> st;
vector<int> vec[10005];
bool map[10005][10005];
int vis[10005],cp[10005];
int n,m;
void pd(int a)
{
	cp[a]=1;
	vector<int>::iterator it; 
	for(it=vec[a].begin();it!=vec[a].end();it++)
	{		
		if(!cp[*it])
		{
			pd(*it);
		}	
	}
	
}
void DFS(int a)
{
	vector<int>::iterator it;
	for(it=vec[a].begin();it!=vec[a].end();it++)
	if(!map[a][*it])                              //当一个节点的所有路径都被走过的时，压入栈中
	{                                             //越是先压入栈中的数据，越是需要后访问
		map[a][*it]=1;
		map[*it][a]=1;
		DFS(*it);
		st.push(*it);
	}
}
void prt()
{
	st.push(1);  //因为DFS（int a）是压入起始点之后的节点，所以需要加入起始点
	while(!st.empty())
	{
		cout<<st.top()<<" ";
		st.pop();
	}
}
int main()
{
	int a,b,x=0,sign=0,count=0;
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		cin>>a>>b;
		vec[a].push_back(b);
		vec[b].push_back(a);
		vis[a]++;
		vis[b]++;
	} 
	bool flag=0;
	pd(1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(cp[i]==0)
	flag=1;         
	if(flag)
	cout<<-1<<endl; 
	else
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			sort(vec[i].begin(),vec[i].end());
			if(vis[i]%2==1)
			sign++;
		}
		if(sign==0||sign==2)
		{
			
			if(sign==2)
			{
				if(vis[1]%2==1)
				{
					DFS(1);
					prt();	
				}				
				else
				cout<<-1<<endl;
			}
			else
			{
				DFS(1);
				prt();
			}
	
		}
		else
		cout<<-1<<endl;		
	}

	return 0;
}