CCF 第六次计算机职业认证 第四题 收货 stl动态存储和fleury算法的综合应用

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。


RT很容易就想到欧拉通路(回路)的求解方法:fleury algorithm 。

该算法能保证答案按字典序最小输出,但是一个很重要的问题是:普通的邻接矩阵存储了这么大的数据量后必定超内存。

此时许多c++(包括我)初学者就卡在这里了:发觉邻接矩阵存储不了,于是觉得是算法有误去思考有无其他算法。

可是,大家只要略微思考下,就会发觉:此时只要把邻接矩阵中的无用空间释放出来,就能极大压缩存储的邻接矩阵。这时stl中一些动态存储的容器就派上极大的用场了。

你可以选用map set 等容器。我使用的是set。

接下来就是我的代码了:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<stack>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
multiset<int> a[10001];
stack<int> stacki;
int b[100002];
int pl;
void dfs(int x);
void flueny(int ss);

int main()
{
      int n,m,k,l;
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1;i<=m;i++)
  {
    scanf("%d%d",&k,&l);
    a[k].insert(l);
    a[l].insert(k);
  }
  int num=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    if(a[i].size()%2==1)
    num++;
  if(num==0 || (num==2 && a[1].size()%2==1 ))
  {
    flueny(1);
    for(int i=b[0];i>=1;i--)
      printf("%d ",b[i]);
      printf("\n");
  }
  else
  {    printf("-1\n");

  }
  return 0;
}
void flueny(int ss)
{
  stacki.push(ss);
  b[0]=0;
  while (!stacki.empty())
  {
    if(a[stacki.top()].empty())
    {
      b[++b[0]]=stacki.top();
      stacki.pop();
    }
    else
    {
      pl=stacki.top();
      stacki.pop();
      dfs(pl);
    }  
  }
  return ;
}
void dfs(int x)
{
  stacki.push(x);
  if(!a[x].empty())
  {
    pl=*a[x].begin();
    a[x].erase(pl);
    a[pl].erase(x);
    dfs(pl);
  }
     return ;
}

时间: 2024-10-16 03:37:06

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