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4.1 KiB
C++
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#include <iostream>
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#include <string.h>
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#include <math.h>
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#include <queue>
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#include <algorithm>
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#include <stdlib.h>
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#include <map>
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#include <set>
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#include <stdio.h>
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using namespace std;
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const int N = 1100000, M = N << 1;
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typedef pair<int, int> PII;
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int res[N], rl; // 欧拉路径数组
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int st[N]; // 某条边是不是已经访问过了
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int base[10]; // 预处理出10^i次方
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PII stk[N]; // 模拟栈,第一维记录节点序号，第二维记录边的边号
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int top;
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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// 循环版本的dfs求欧拉路径
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void dfs() {
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// 标识边号为0的边已访问过，并且，让0号点,0号边进入栈中，模拟dfs
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st[0] = 1, stk[++top] = make_pair(0, 0);
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while (top) { // 如果栈不空，就一直处理,其实就是一个循环版本的dfs
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int u = stk[top].first; // 取出栈顶元素
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int i;
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for (i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int id = w[i]; // 魔改的边权数组w[i]中记录的是边的真实数值，可以理解为边号
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if (st[id]) continue; // 如果这条边已经访问过，就不再搜索
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st[id] = 1; // 标识这条边使用
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stk[++top] = make_pair(e[i], w[i]); // 点e[i]入栈
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h[u] = ne[i]; // 删边，套路,防止回溯后做无用功，能优化一些性能,不写也可以过掉本题,可以提升100MS的性能
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break; // 为啥要break呢？只有这样玩，才能真正的模拟递归！如果没有break,就开始横向平铺了，就不是一下跑到底了！
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}
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// 扫完u了，相当于递归完毕
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if (i == -1) {
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res[++rl] = stk[top].second; // 记录答案
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top--; // 出栈
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}
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}
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}
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("POJ1780.in", "r", stdin);
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#endif
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int n;
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// 预处理出10^0=1,10^0=1,10^1=10,10^2=100,10^3=1000...
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// 这样一次预处理，下面使用的时候就不用现算了，这比什么快速幂啥的还要靠谱，
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base[0] = 1;
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for (int i = 1; i <= 6; i++) base[i] = base[i - 1] * 10;
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while (scanf("%d", &n) && n) {
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// n=1时需要特判，此时是一个孤立的点，不存在欧拉回路，直接输出答案就完了
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if (n == 1) {
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puts("0123456789");
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continue;
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}
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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// 初始化边是不是访问过
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memset(st, 0, sizeof st);
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top = idx = rl = 0; // 栈清空,链式前向星的游标回零,结果数组的游标回零
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// 枚举每个数字，也就是每个节点,0~10^(n-1)-1,比如n=3，则0~999
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for (int i = 0; i < base[n - 1]; i++) {
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// 正向思考：现在我在i点处，通过向我的尾部不断加入0~9，会去向哪个节点呢？
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// 答：需要把你的最高位裁掉，然后，把新添加的数字放在尾部上
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// 办法就是对base[n - 2]取模，就去掉了最高位，然后乘10，就是左移，然后留出来了最后一位，再想办法拼接0~9
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int t = i % base[n - 2] * 10;
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// 因为使用了链式前向星，而且，本题要求输出字典序最小，所以大数在前，小数在后
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// 从i点出发，目标点是费劲拼出来的t+j,那么，边是啥呢？边可和目标点不是一个意思，它不能去掉首位，应该是i*10+j
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for (int j = 9; j >= 0; j--)
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add(i, t + j, i * 10 + j);
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}
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// 开始寻找欧拉回路
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dfs();
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for (int i = 1; i < n; i++) printf("0"); // 因为是一个一个下场的，最开始前面需要补0
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for (int i = rl; i; i--) printf("%d", res[i] % 10); // 参考前两题的解释
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puts(""); // 一组数据结束，需要换行
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}
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return 0;
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} |