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【题目大意】
在上一回中小Hi和小Ho控制着主角收集了分散在各个木桥上的道具，这些道具其实是一块一块骨牌。
主角继续往前走，面前出现了一座石桥，石桥的尽头有一道火焰墙，似乎无法通过。
小Hi注意到在桥头有一张小纸片，于是控制主角捡起了这张纸片，只见上面写着：
将M块骨牌首尾相连放置于石桥的凹糟中，即可关闭火焰墙。切记骨牌需要数字相同才能连接。
——By 无名的冒险者
小Hi和小Ho打开了主角的道具栏，发现主角恰好拥有M快骨牌。
小Ho：也就是说要把所有骨牌都放在凹槽中才能关闭火焰墙，数字相同是什么意思？
小Hi：你看，每一块骨牌两端各有一个数字，大概是只有当数字相同时才可以相连放置，比如：
小Ho：原来如此，那么我们先看看能不能把所有的骨牌连接起来吧。
第1行：2个正整数，N,M。分别表示骨牌上出现的最大数字和骨牌数量。1≤N≤1,000，1≤M≤5,000
第2..M+1行：每行2个整数，u,v。第i+1行表示第i块骨牌两端的数字(u,v)，1≤u,v≤N
第1行：m+1个数字，表示骨牌首尾相连后的数字
比如骨牌连接的状态为(1,5)(5,3)(3,2)(2,4)(4,3)，则输出"1 5 3 2 4 3"
你可以输出任意一组合法的解。
5 5
3 5
3 2
4 2
3 4
5 1
1 5 3 4 2 3
小Ho：这种简单的谜题就交给我吧！
小Hi：真的没问题么？
<10分钟过去>
小Ho：啊啊啊啊啊！搞不定啊！！！骨牌数量一多就乱了。
小Hi：哎，我就知道你会遇到问题。
小Ho：小Hi快来帮帮我！
小Hi：好了，好了。让我们一起来解决这个问题。
<小Hi思考了一下>
小Hi：原来是这样。。。小Ho你仔细观察这个例子：
因为相连的两个数字总是相同的，不妨我们只写一次，那么这个例子可以写成：3-2-4-3-5-1。6个数字刚好有5个间隙，每个间隙两边的数字由恰好对应了一块骨牌。
如果我们将每一个数字看作一个点，每一块骨牌看作一条边。你觉得是怎么样的呢？
小Ho：以这个例子来说的话，就是：
要把所有的骨牌连起来，也就是把所有的边都走一次。咦，这不是欧拉路问题么！
小Hi：没错，这问题其实就是一个欧拉路的问题，不过和上一次不一样的在于，这一次我们要找出一条欧拉路径。
小Ho：那我们应该如何来找一条路径呢？
小Hi：我们还是借用一下上次的例子吧
使用我们上一次证明欧拉路判定的方法，我们在这个例子中找到了2条路径：
L1: 4-5-2-3-6-5
L2: 2-4-1-2
假设我们栈S，记录我们每一次查找路径时的结点顺序。当我们找到L1时，栈S内的情况为：
S: 4 5 2 3 6 5 [Top]
此时我们一步一步出栈并将这些边删除。当我们到节点2时，我们发现节点2刚好是L1与L2的公共节点。并且L2满足走过其他边之后回到了节点2。如果我们在这个地方将L2先走一遍，再继续走L1不就刚好走过了所有边么。
而且在上一次的证明中我们知道，除了L1之外，其他的路径L2、L3...一定都满足起点与终点为同一个点。所以从任意一个公共节点出发一定有一条路径回到这个节点。
由此我们得到了一个算法：
在原图中找一个L1路径
从L1的终点往回回溯，依次将每个点出栈。并检查当前点是否还有其他没有经过的边。若存在则以当前点为起点，查找L2，并对L2的节点同样用栈记录重复该算法。
当L1中的点全部出栈后，算法结束。
在这里我们再来一个有3层的例子：
在这个例子中：
L1: 1-2-6-5-1
L2: 2-3-7-2
L3: 3-4-8-3
第一步时我们将L1压入栈S，同时我们用一个数组Path来记录我们出栈的顺序：
S: [1 2 6 5 1]
Path:
然后出栈到节点2时我们发现了2有其他路径，于是我们把2的另一条路径加入：
S: 1 [2 3 7 2]
Path: 1 5 6
此时L2已经走完，然后再开始弹出元素，直到我们发现3有其他路径，同样压入栈：
S: 1 2 [3 4 8 3]
Path: 1 5 6 2 7
之后依次弹出剩下的元素：
S:
Path: 1 5 6 2 7 3 8 4 3 2 1
此时的Path就正好是我们需要的欧拉路径。
小Ho：原来这样就能求出欧拉路，真是挺巧妙的。
小Hi：而且这个算法在实现时也有很巧妙的方法。因为DFS本身就是一个入栈出栈的过程，所以我们直接利用DFS的性质来实现栈，其伪代码如下：
DFS(u):
While (u存在未被删除的边e(u,v))
删除边e(u,v)
DFS(v)
End
PathSize ← PathSize + 1
Path[ PathSize ] ← u
小Ho：这代码好简单，我觉得我可以实现它！
小Hi：那么实现就交给你了
小Ho：没问题！交给我吧
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5050;
int M[N][N];
int v,u,n,m,k,cnt,ans;
int Path[N],pathsize;
void DFS(int u)
{
Path[pathsize++]=u;//入栈
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(M[u][i])//删除此边，注意此题可能有重边，赋值0会WA
{
M[u][i]--;
M[i][u]--;
DFS(i);
break;
}
}
}
void Fleury(int x)
{
int flag;
pathsize=0;
Path[pathsize++]=x;
while(pathsize>0)
{
flag=true;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(M[Path[pathsize-1]][i])// 试图搜索一条边不是割边（桥）
{
flag=false;
break;
}
}
if(flag)// 如果没有点可以扩展，输出并出栈
{
if(pathsize!=1) printf("%d ",Path[--pathsize]);
else printf("%d",Path[--pathsize]);
}
else
{
DFS(Path[--pathsize]);
}
}
puts("");
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(M,0,sizeof(M));
for(int i=0; i<m; i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);//将标记边是否存在改为记录边的数量。否则会WA
M[u][v]++;
M[v][u]++;
}
int start=1;
//如果存在奇数顶点，则从奇数顶点出发，否则从顶点0出发
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cnt=0;
for(int j=1; j<=n; j++)
{
cnt+=M[i][j];
}
if(cnt&1)
{
start=i;
}
}
Fleury(start);
return 0;
}原文地址：http://blog.csdn.net/u013050857/article/details/46492667
