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 ;
}