題目描述

小 Y 是一個愛好旅行的 OIer。她來到 X 國，打算將各個城市都玩一遍。

小Y了解到， X國的 n個城市之間有 m條雙向道路。每條雙向道路連接兩個城市。 不存在兩條連接同一對城市的道路，也不存在一條連接一個城市和它本身的道路。并且， 從任意一個城市出發(fā)，通過這些道路都可以到達(dá)任意一個其他城市。小 Y 只能通過這些 道路從一個城市前往另一個城市。

小 Y 的旅行方案是這樣的：任意選定一個城市作為起點，然后從起點開始，每次可 以選擇一條與當(dāng)前城市相連的道路，走向一個沒有去過的城市，或者沿著第一次訪問該 城市時經(jīng)過的道路后退到上一個城市。當(dāng)小 Y 回到起點時，她可以選擇結(jié)束這次旅行或 繼續(xù)旅行。需要注意的是，小 Y 要求在旅行方案中，每個城市都被訪問到。

為了讓自己的旅行更有意義，小 Y 決定在每到達(dá)一個新的城市（包括起點）時，將 它的編號記錄下來。她知道這樣會形成一個長度為 n的序列。她希望這個序列的字典序 最小，你能幫幫她嗎？ 對于兩個長度均為 n的序列 A和 B，當(dāng)且僅當(dāng)存在一個正整數(shù) x，滿足以下條件時， 我們說序列 A的字典序小于 B。

對于任意正整數(shù) 1 ≤ i < x，序列 A的第 i個元素 A_i和序列 B的第 i個元素 B_i相同。

序列 A的第 x個元素的值小于序列 B的第 x個元素的值。

輸入格式

輸入文件共 m + 1行。第一行包含兩個整數(shù) n,m(m ≤ n)，中間用一個空格分隔。

接下來 m 行，每行包含兩個整數(shù) u,v (1 ≤ u,v ≤ n)，表示編號為 u和 v的城市之 間有一條道路，兩個整數(shù)之間用一個空格分隔。

輸出格式

輸出文件包含一行，n個整數(shù)，表示字典序最小的序列。相鄰兩個整數(shù)之間用一個 空格分隔。

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首先貪心思路很容易想。

假設(shè)當(dāng)前可以走到u,v兩個點，其中u的字典序小于v的字典序，我們顯然應(yīng)該直接走u。因為如果走了v，那么之后再怎么走也走不出比走u字典序更小的路徑了?？梢詮膬蓚€點拓展到更多的點。

所以總結(jié)一下，我們的貪心策略就是——走當(dāng)前點連出去的字典序最小的點。

那么你前15組數(shù)據(jù)穩(wěn)穩(wěn)地過了。但后面的就有點不一樣——基環(huán)樹！那這個基環(huán)樹就把問題搞得復(fù)雜了。

根據(jù)題意，我們在走到環(huán)上時，我們可以往左走或者往右走。根據(jù)我們的貪心策略，我們往字典序小的一邊走。這里假設(shè)我們往左走。但是題目中說了，我們是可以往回走的，這個條件在基環(huán)樹上回發(fā)生什么化學(xué)反應(yīng)呢？顯然，我們往左走了若干個點后，我們發(fā)現(xiàn)這個字典序還是挺大的，這時我們可以后悔一次！然后退回環(huán)的起始點，往右走，從而得到更優(yōu)的解。那么例子也是很好舉的，樣例2就有一個：

Sample in6 6 1 3 2 3 2 5 3 4 4 5 4 6 Sample out1 3 2 4 5 6

這種后悔的操作可以怎么理解呢？首先你面前有一個環(huán)上的點，你本來要走過去，但是你沒走。這可以理解為把你和你面前的點之間的邊斷掉了。所以我們的核心思路就是——斷邊。我們可以先找出環(huán)，然后枚舉環(huán)上的每條邊，把它斷掉，然后根據(jù)前60分的貪心思路跑一遍。重復(fù)跑了若干次后，我們?nèi)プ顑?yōu)解即可。時間復(fù)雜度O(N^2)，再一看數(shù)據(jù)，加點小小的常數(shù)優(yōu)化(代碼中標(biāo)出)是可以過的。

#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<map> #define maxn 5001 using namespace std;vector<int> to[maxn]; int dfn[maxn],fa[maxn],tot,s; bool inloop[maxn]; pair<int,int> del1,del2; int n,m; int ans[maxn],path[maxn],d; map<pair<int,int>,bool> use;inline int read(){register int x(0),f(1); register char c(getchar());while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f; }//基環(huán)樹的情況 void dfs_getloop(int u){dfn[u]=++tot;for(register int i=0;i<to[u].size();i++){int v=to[u][i];if(!dfn[v]) fa[v]=u,dfs_getloop(v);else if(dfn[u]<dfn[v]){inloop[v]=true;do{ inloop[fa[v]]=true,v=fa[v]; }while(v!=u);}} } void dfs(int u,int pre){path[++d]=u;if(inloop[u]&&!s) s=u;for(register int i=0;i<to[u].size();i++){int v=to[u][i];if(v==pre||v==s) continue;if(make_pair(u,v)==del1||make_pair(u,v)==del2) continue;dfs(v,u);} } inline void cmp(){//比較答案for(register int i=1;i<=n;i++){if(path[i]<ans[i]) break;if(path[i]>ans[i]) return;}for(register int i=1;i<=n;i++) ans[i]=path[i]; }//樹的情況 void dfs2(int u,int pre){ans[++d]=u;for(register int i=0;i<to[u].size();i++){int v=to[u][i];if(v==pre) continue;dfs2(v,u);} }int main(){n=read(),m=read();for(register int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();to[u].push_back(v),to[v].push_back(u);}//按字典序排序，實際上這里用基排可以做到O(N)for(register int i=1;i<=n;i++) sort(to[i].begin(),to[i].end());if(m==n){dfs_getloop(1);memset(ans,0x3f,sizeof ans);for(register int i=1;i<=n;i++) if(inloop[i]){for(register int j=0;j<to[i].size();j++){int v=to[i][j];if(inloop[v]&&!use[make_pair(i,v)]){d=s=0,del1=make_pair(i,v),del2=make_pair(v,i);//斷掉雙向邊use[make_pair(i,v)]=true,use[make_pair(v,i)]=true;//這里用map記一下可以把我們的遍歷次數(shù)減半dfs(1,0),cmp();}}}}else dfs2(1,0);for(register int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);puts("");return 0; }

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顯然我們的做法太暴力了，然后有人做了個這道題的加強版數(shù)據(jù)，n≤500000。經(jīng)過分析和打表發(fā)現(xiàn)，我們所有刪邊的操作中好像也就只有那一次可以得到正解，所以我們要想辦法得到這條邊。

我們回想一下我們刪邊的原因：退回去換一個方向走的答案比繼續(xù)往下走更優(yōu)。這里我們注意到，我們退回去時并不是直接退回到環(huán)的起始點，而是在往回走的每個點上把沒走過的地方走完了才繼續(xù)往回走。而走沒走過的地方顯然也需要遵循我們的貪心策略。那么什么時候往回走會更優(yōu)呢？假設(shè)我們最近的一個還有地方?jīng)]走的祖先是u，它的沒走過的字典序最小的兒子為son(u)，當(dāng)前點為v，當(dāng)前點的下一個在環(huán)上的點為son(v)，那么顯然只有當(dāng)son(u)<son(v)時往回走會更優(yōu)——參照貪心的思路。所以我們只需要記下這個u即可。

不過我們還有需要注意的地方：

我們走的時候只能后悔一次。

只有當(dāng)當(dāng)前點的其它兒子都走過了時才可以選擇后悔。

時間復(fù)雜度為O(NlogN)。但由于本人寫法的原因(給兒子排序的部分)，本人代碼的實際復(fù)雜度其實是

\[ O(N*\sum_{i=1}^{N}log_{2}Degree[i]) \]

可以發(fā)現(xiàn)增長率是很大的，但它確實是nlogn級別。不過在luogu開了O2可以過。

*degree表示這個點的度數(shù)

#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<queue> #define maxn 500001 using namespace std;vector<int> to[maxn]; int dfn[maxn],fa[maxn],tot; bool inloop[maxn],vis[maxn],flag; int n,m; int ans[maxn],d;inline int read(){register int x(0),f(1); register char c(getchar());while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f; }void dfs_getloop(int u){dfn[u]=++tot;for(register int i=0;i<to[u].size();i++){int v=to[u][i];if(!dfn[v]) fa[v]=u,dfs_getloop(v);else if(dfn[u]<dfn[v]){inloop[v]=true;do{ inloop[fa[v]]=true,v=fa[v]; }while(v!=u);}} }void dfs(int u,int fa,int pre){if(vis[u]) return;ans[++d]=u,vis[u]=true;priority_queue< int,vector<int>,greater<int> > q;for(register int i=0;i<to[u].size();i++) if(!vis[to[u][i]]||to[u][i]!=fa) q.push(to[u][i]);//換成這種寫法的原因是為了更好地判斷環(huán)上的下一個點不是自己的父親while(q.size()){int v=q.top(); q.pop();if(inloop[v]&&v>pre&&!q.size()&&!flag){ flag=true; return; }if(inloop[v]&&q.size()) dfs(v,u,q.top());else dfs(v,u,pre);} }int main(){n=read(),m=read();for(register int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();to[u].push_back(v),to[v].push_back(u);}if(m==n) dfs_getloop(1);dfs(1,0,0x3f3f3f3f);for(register int i=1;i<=n;i++){if(i!=1) putchar(' ');printf("%d",ans[i]);}return 0; }

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/akura/p/10939812.html

創(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎勵來咯，堅持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎

總結(jié)

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