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。
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<stack> #include<algorithm> #include<sstream> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; stack<int> s; vector<int> g[10010]; int degree[10010]; int path[1001000]; bool visited[10010]; int top; void dfs(int u) { s.push(u); if(g[u].empty()!=1) { int v=g[u][0]; g[u].erase(g[u].begin()); int pos; for(int i=0;i<g[v].size();i++) if(g[v][i]==u) { pos=i; break; } g[v].erase(g[v].begin()+pos); dfs(v); } } void fleury(int u) { s.push(u); while(!s.empty()) { int t=s.top(); s.pop(); if(g[t].empty()==1) path[++top]=t; else dfs(t); } } void dfsx(int u) { visited[u]=1; for(int i=0;i<g[u].size();i++) if(!visited[g[u][i]]) dfsx(g[u][i]); } int main() { int n,m; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) g[i].clear(); memset(degree,0,sizeof(degree)); memset(visited,0,sizeof(visited)); while(!s.empty()) s.pop(); while(m--) { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); degree[u]++; degree[v]++; } int num=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!visited[i]) { dfsx(i); num++; } for(int i=1;i<=n;i++)//给边排序 sort(g[i].begin(),g[i].end()); int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(degree[i]%2==1) sum++; if(sum!=0&&sum!=2||num!=1) cout<<-1<<endl; else { top=0; fleury(1);//从点1开始搜 cout<<path[top]; for(int i=top-1;i>=1;i--) cout<<" "<<path[i]; } return 0; }
欧拉路模板：
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<stack> #include<algorithm> #include<sstream> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int MAXN=10010; stack<int> s; int mapx[MAXN][MAXN]; int degree[MAXN]; int path[MAXN*MAXN]; int top; int n,m; void dfs(int u) { s.push(u); for(int i=1;i<=n;i++) if(mapx[u][i]) { mapx[u][i]--; mapx[i][u]--; dfs(i); break; } } void fleury(int u) { s.push(u); while(!s.empty()) { int t=s.top(); s.pop(); bool flag=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(mapx[t][i]) { flag=1; break; } if(flag==0) path[++top]=t; else dfs(t); } } int main() { cin>>n>>m; memset(degree,0,sizeof(degree)); memset(mapx,0,sizeof(mapx)); while(!s.empty()) s.pop(); while(m--)//无向图 { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); mapx[u][v]++; mapx[v][u]++; degree[u]++; degree[v]++; } //图为连通并且符合为欧拉图的情况下 int minx=n; bool flag=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(degree[i]%2==1) { flag=1; minx=min(minx,i);//寻找最小的奇度顶点作为出发点 } if(flag==0) fleury(1);//所有度为偶数的情况 else fleury(minx); for(int i=top;i>=1;i--) cout<<path[i]<<" "; return 0; }