NOIP 2018旅行题解
从佳木斯回来刷一刷去年没A的题
题目描述
小 Y 是一个爱好旅行的 OIer。她来到 X 国,打算将各个城市都玩一遍。
小Y了解到, X国的 nn 个城市之间有 mm 条双向道路。每条双向道路连接两个城市。 不存在两条连接同一对城市的道路,也不存在一条连接一个城市和它本身的道路。并且, 从任意一个城市出发,通过这些道路都可以到达任意一个其他城市。小 Y 只能通过这些 道路从一个城市前往另一个城市。
小 Y 的旅行方案是这样的:任意选定一个城市作为起点,然后从起点开始,每次可 以选择一条与当前城市相连的道路,走向一个没有去过的城市,或者沿着第一次访问该 城市时经过的道路后退到上一个城市。当小 Y 回到起点时,她可以选择结束这次旅行或 继续旅行。需要注意的是,小 Y 要求在旅行方案中,每个城市都被访问到。
为了让自己的旅行更有意义,小 Y 决定在每到达一个新的城市(包括起点)时,将 它的编号记录下来。她知道这样会形成一个长度为 nn 的序列。她希望这个序列的字典序 最小,你能帮帮她吗? 对于两个长度均为 nn 的序列 AA 和 BB,当且仅当存在一个正整数 xx,满足以下条件时, 我们说序列 AA 的字典序小于 BB。
- 对于任意正整数 1 ≤ i < x1≤i<x,序列 AA 的第 ii 个元素 A_iAi 和序列 BB 的第 ii 个元素 B_iBi 相同。
- 序列 AA 的第 xx 个元素的值小于序列 BB 的第 xx 个元素的值。
输入格式
输入文件共 m + 1m+1 行。第一行包含两个整数 n,m(m ≤ n)n,m(m≤n),中间用一个空格分隔。
接下来 m 行,每行包含两个整数 u,v (1 ≤ u,v ≤ n)u,v(1≤u,v≤n) ,表示编号为 uu 和 vv 的城市之 间有一条道路,两个整数之间用一个空格分隔。
输出格式
输出文件包含一行,nn 个整数,表示字典序最小的序列。相邻两个整数之间用一个 空格分隔。
输入输出样例
6 5 1 3 2 3 2 5 3 4 4 6
1 3 2 5 4 6
6 6 1 3 2 3 2 5 3 4 4 5 4 6
1 3 2 4 5 6
说明/提示
【数据规模与约定】
对于 100\%100% 的数据和所有样例, 1 \le n \le 50001≤n≤5000 且 m = n − 1 或 m = nm=n 。
对于不同的测试点, 我们约定数据的规模如下:
看看数据范围,n和m的关系,有60分是m=n-1的,说明这是一颗树,而另外40分m=n,说明这是一颗基环树,就是一颗带环的树
60分非常容易就可以得到,贪心一下,然后直接在树上跑dfs就好了 ,(去年的我啥也不会连这60也没得)
我们考虑100分的做法,他不是一颗基环树吗,和普通树相比,无非就是多了一个环,数据范围5000,考虑O(n*n*logn)可过,显然可以直接枚举删每一条边,然后记录最优解(字典序最小的)
这题我本想用tarjan做,可是实力不允许啊...
好吧是tarjan写挂了
这道题还可以加剪枝,判环,每次看这条边是不是在环上,不过针对这道题的数据来讲不用这么做。
23333前向星存图大法好,不过贪心按边排序的时候就需要费点劲了,不如vector
我绝对不会抛弃信仰去用vector(其实是不会)
直接上代码吧,机房某奆老说我的代码是老太太的裹脚布,又臭又长,但是我觉得可读性还是比较高的吧
1 #pragma GCC optimize(2) 2 #pragma GCC optimize(3) 3 #include <bits/stdc++.h> 4 #define MAXN 20050 5 using namespace std; 6 int head[MAXN>>2],top,n,k,point,ans[MAXN]; 7 int cnt,low[MAXN],m,dfn[MAXN],qwq,sta[MAXN],sum,an[MAXN],qaq; 8 int circle[MAXN]; 9 int a[MAXN],b[MAXN],visss[MAXN]; 10 int x[MAXN],y[MAXN]; 11 int lx,ly; 12 bool viss[MAXN],ju; 13 struct Node{ 14 int to,nxt; 15 }g[MAXN>>1]; 16 inline void add(int u,int v) 17 { 18 g[++top].to=v; 19 g[top].nxt=head[u]; 20 head[u]=top; 21 } 22 inline void dfs(int u,int fa) 23 { 24 ans[++point]=u; 25 int cnt=0; 26 int vis[1000]; 27 memset(vis,0,sizeof(vis)); 28 for(register int i=head[u];i;i=g[i].nxt) 29 { 30 int v=g[i].to; 31 if(v==fa) 32 continue; 33 vis[++cnt]=v; 34 //dfs(v,u); 35 } 36 sort(vis+1,vis+1+cnt); 37 for(register int i=1;i<=cnt;i++) 38 { 39 dfs(vis[i],u); 40 } 41 } 42 inline void solve(int x) 43 { 44 int k=0; 45 for(register int i=head[x];i;i=g[i].nxt) 46 { 47 int v=g[i].to; 48 a[++k]=v; 49 } 50 sort(a+1,a+1+k); 51 int j=1; 52 for(register int i=head[x];i;i=g[i].nxt) 53 { 54 g[i].to=a[j]; 55 j++; 56 } 57 } 58 inline void dfs2(int u,int fa) 59 { 60 b[++cnt]=u; 61 viss[u]=1; 62 for(register int i=head[u];i;i=g[i].nxt) 63 { 64 int v=g[i].to; 65 if(v==fa||viss[v]) 66 continue; 67 if((u==lx&&v==ly)||(v==lx&&u==ly)) 68 continue; 69 dfs2(v,u); 70 } 71 72 } 73 bool check() 74 { 75 for(int i=1;i<=n;i++) 76 { 77 if(b[i]<ans[i]) 78 return 1; 79 if(b[i]>ans[i]) 80 return 0; 81 } 82 return 0; 83 } 84 int main() 85 { 86 cin>>n>>m; 87 for(register int i=1;i<=m;i++) 88 { 89 scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); 90 add(x[i],y[i]); 91 add(y[i],x[i]); 92 } 93 if(m==n-1) 94 { 95 dfs(1,-1); 96 for(int i=1;i<=point;i++) 97 cout<<ans[i]<<" "; 98 cout<<endl; 99 return 0; 100 } 101 else 102 { 103 for(register int i=1;i<=n;i++) 104 solve(i); 105 for(register int i=1;i<=n;i++) 106 { 107 ans[i]=n; 108 } 109 for(register int i=1;i<=m;i++) 110 { 111 lx=x[i]; 112 ly=y[i]; 113 cnt=0; 114 memset(viss,0,sizeof(viss)); 115 dfs2(1,0); 116 if(cnt<n) 117 continue; 118 if(check()) 119 { 120 for(int j=1;j<=n;j++) 121 ans[j]=b[j]; 122 } 123 } 124 for(register int i=1;i<=n;i++) 125 printf("%d ",ans[i]); 126 } 127 }