竞赛题解 - NOIP2018 旅行

\(\mathcal {NOIP2018} 旅行 - 竞赛题解\)

坑还得一层一层的填

填到Day2T1了 洛谷 P5022

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题目

（以下copy自洛谷，有删减/修改 (●ˇ∀ˇ●)）

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 \(n\) 个城市之间有 \(m\) 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 \(n\) 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 \(n\) 的序列 \(A\) 和 \(B\)，当且仅当存在一个正整数 \(x\)，满足以下条件时， 我们说序列 \(A\) 的字典序小于 \(B\)。

对于任意正整数 \(1 ≤ i < x\)，序列 \(A\) 的第 \(i\) 个元素 \(A_i\) 和序列 BB 的第 \(i\) 个元素 \(B_i\) 相同。

序列 \(A\) 的第 \(x\) 个元素的值小于序列 \(B\) 的第 \(x\) 个元素的值。

输入输出格式

输入格式：

输入文件共 \(m + 1\) 行。第一行包含两个整数 \(n,m(m = n 或 n+1)\)，中间用一个空格分隔。

接下来 m 行，每行包含两个整数 \(u,v (1 ≤ u,v ≤ n)\) ，表示编号为 \(u\) 和 \(v\) 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，\(n\) 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。

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解析

这道题特殊点在于它的边数 \(m\) 只能为 \(n\) 或 \(n+1\)，而且是一个连通图，无重边自环！这就意味着它要么是一棵树，要么是只带有一个环的“树”……这是什么“树”？——基环树（我也是第一次用这个东西QwQ）

因为要让字典序最小，所以肯定是从城市 \(1\) 开始。

首先考虑树的情况：

贪心的，我们只要让下一步到达的点尽可能小就可以了，所以对于每一个点 \(u\) ，将与它相连的点按编号大小排序（即将邻接表排序），当然也可以直接用 \(set\) 存邻接表，反正我是这么干的。然后按照节点编号大小，走没有访问过的编号最小的节点就可以了，最后一定可以把整棵树遍历完（非常easy?）

然后就是有一个环的情况了（考场上一直在想一次DFS \(O(nlog_n)\) ^[1]贪心……就没有想过 \(O(n^2)\) 也能过）。

有一个环，但是我们最多只会走 \(n-1\) 条边（不能重复经过点嘛）……那把这个环拆开——删除环上的一条边，不就又变成一棵树了吗？（基环树的一般操作）

显然我们可以一次DFS找到那一个环上的所有边（\(O(n)\)），我们把找到的环的 边的编号 存储在 \(cir[]\) 数组里。根据上面的思想，我们可以枚举删除 \(cir[i]\) ，然后按照之前树的做法贪心的求出删除 \(cir[i]\) 的时候的最小答案，对于每次求出的答案取最小值就可以了。

具体怎么做？先枚举 \(cir[i]\) （\(O(n)\)），将标记 \(del\) 赋值为 \(cir[i]\)，然后从节点 1 出发遍历所有点 （\(O(n)\)），当发现要经过的边的编号为 \(del\) 时，就 continue，不走该边。所以总的时间复杂度为 \(O(n^2)\) 。

额……不过STL的诡异常数好像在洛谷上有一点卡常QwQ，用set的做法在洛谷上只能开 O2 优化才能过，还是推荐直接将邻接表排序。

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源代码

（这里还是把用set写的代码粘上来）

/*Lucky_Glass*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5000;
set< pair< int,int > > lnk[N+5];
int n,m,del;
int ans[N+5],res[N+5]; //ans为最终答案，res为当前贪心得到的答案
bool Prefer(){ //判断ans和res谁更优
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(ans[i]<res[i]) return false;
        if(ans[i]>res[i]) return true;
    }
    return false;
}
int vis[N+5],tag;
void DFS(int u){
    vis[u]=tag;
    res[++res[0]]=u;
    if(res[0]==n && Prefer())
        memcpy(ans,res,sizeof res);
    for(set< pair< int,int > >::iterator it=lnk[u].begin();it!=lnk[u].end();it++){
        int v=it->first,id=it->second;
        if(vis[v]==tag || id==del) continue; //如果是访问过的点或者经过了删除了的边
        DFS(v);
    }
}
int cir[N+5],beg,ok;
void Circle(int u,int pre){
    vis[u]=tag;
    for(set< pair< int,int > >::iterator it=lnk[u].begin();it!=lnk[u].end();it++){
        int v=it->first,id=it->second;
        if(v==pre || id==cir[1]) continue; //如果是父亲，或者是环的末端
        if(vis[v]==tag){
            beg=v,ok=true,cir[++cir[0]]=id; //找到环，退出
            break;
        }
        Circle(v,u);
        if(ok) cir[++cir[0]]=id; //存储环
        if(u==beg) ok=false; //完成整个环的搜索，结束存储
    }
}
int main(){
    ans[1]=(1<<29); //将ans的字典序初始化为最大
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        lnk[u].insert(make_pair(v,i)); //用pair的first存储相邻点，second存储边的编号
        lnk[v].insert(make_pair(u,i)); //这样就可以直接给邻接表排序
    }
    if(n==m){
        tag=-1; //一个简单的vis标记，只要vis[u]!=tag，那么u在这次搜索中就没有被访问过（可以减去一次memset）
        Circle(1,-1); //找环
        for(int i=1;i<=cir[0];i++){ //枚举删边
            del=cir[i];tag=i;res[0]=0; //注意清空res
            DFS(1);
        }
    }
    else{
        del=-1;tag=1; //不删除任何点
        DFS(1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
    return 0;
}

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\(\mathcal {THE\ END}\)

\(\mathcal {Thanks\ For\ Reading!}\)

有什么没看懂的可以随时在 \(lucky\_glass@foxmail.com\) 邮箱问我 (。・∀・)ノ

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1. 这里的 \(O(log_n)\) 的复杂度来源于对邻接表的排序操作 ↩︎