CCF 2015-12-4 送货 100分

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。

千万别用递归！！因为题目最多有十万条边，若采用递归，层数最高会达到十万层，会导致计算机爆掉！用栈和循环进行DFS。

特别感谢百度知道给的思路灵感！

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;

const int MAXV=10001;
int n,m;
bool vis[MAXV][MAXV]={false}; //bool类型做标记要比int节省空间 10000*10000不会爆！ 
vector<int> mp[MAXV],path;
//如果有海量数据排序的情况，用vector的赋值后排序的性能相对比set好。
//若有频繁的插入删除，（例如推荐系统那道题）最好用set 
stack<int> stl;

int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<m;i++){
		int a,b;cin>>a>>b;
		mp[a].push_back(b);
		mp[b].push_back(a);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sort(mp[i].begin(),mp[i].end());
	} 
	//如果直接开始无脑暴力DFS查找，数据量过大会导致超时，只有70分 
	//根据题意，这是一个欧拉通路问题  参考链接https://www.cnblogs.com/Ash-ly/p/5397702.html
	//所以先进行图的判定，若满足欧拉图判定，才有通路，否则都没有通路
	//无向图存在欧拉通路的两个条件  ①图连通并且度数为奇数的点的个数为0;  
	//              或者 ②图连通并且度数为奇数的的点可以有2个（其中一个一定是出发点） 
	stl.push(1); int i,u,v;
	//注意！！！不能用递归！！不能用递归！！会爆掉！！！
	//题目输出最多可以达到十万个，也就是说递归层次会达到十万层，计算机堆栈会爆掉
	//通过循环进行DFS，相当于模拟递归！！
	while(!stl.empty()){
		u=stl.top();
		for(i=0;i<mp[u].size();i++){//遍历每一个未被访问的边 
			v=mp[u][i];
			if(vis[u][v]==false){
				stl.push(v);
				vis[u][v]=true;
				vis[v][u]=true;
				break;
			}
		}
		if(i>=mp[u].size()){ //该点所有的边都访问过了 
			stl.pop();
			path.push_back(u); 
		}
	}
	
	int count=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(mp[i].size()%2==1)
			count++;
	}
	if((count!=0 && count!=2) || (count==2 && mp[1].size()%2==0) || path.size()!=m+1)
		cout<<-1;
	else{
		for(i=path.size()-1;i>=0;i--)
			cout<<path[i]<<" ";
	}
}

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