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 (B) 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。
前置知识：
这道题数据范围是关键。
首先，对于一棵树，我们想求出字典序最优的方案肯定要每部都要尽量优。
比如：
这么一棵树，我们为了让字典序最优就得做些操作。
变成这个样子：
我们把它转换成代码：
for(int i=n;i>=1;i--)sort(v[i].begin(),v[i].end());
求出字典序最优的方案自然也是水到渠成了
void dfs(int x,int fa,int y,int z){
s.push_back(x);
for(auto i:v[x])
if(i!=fa&&(i!=y||x!=z)&&(i!=z||x!=y))dfs(i,x,y,z);
}
那么对于基环树怎么办呢？
比如这张图：
怎么办呢？
我们发现肯定有一条边是费的，再仔细想想，那条边一定在换上面。
蓝色线条上的就是环，我们怎么去找环呢，可以使用 ( exttt{tarjan}) 算法 去找环。
找环的话先得建图
图的话，我们可以进行一遍搜索
void work(int x,int fa){
if(lk[x])return;
lk[x]=true;
for(auto i:v[x])
if(i!=fa){
E[x].push_back(i);
work(i,x);
}
}
这样图就建好了
( exttt{tarjan}) 的代码我也放一下
void tarjan(int now){
dfn[now]=low[now]=++dfscnt;
sk[stop++]=now;
for (auto i:E[now]){
if(!dfn[i]){
tarjan(i);
low[now]=min(low[now],low[i]);
}else if(!sccnum[i]){
low[now]=min(low[now],dfn[i]);
}
}
if(dfn[now]==low[now]){
scccnt++;
do{
sccnum[sk[--stop]]=scccnt;
}while(sk[stop]!=now);
}
}
我们很容易地发现，环上的边的两个端点的 (sccnum) 是相同的。
我们再去看看图
框出来的是 (7) 个强联通分量，我们发现除了环部分的强联通分量大小超过 (1)，其他强联通分量的大小都 (= 1)。
所以，一条边的 (2) 个端点的 (sccnum) 相同就表明这条边一定是在链上面。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
FF*=RR;
}
int n,m,x[5010],y[5010];
vector<int>s,ans,v[5010],E[5010];
void dfs(int x,int fa,int y,int z){
s.push_back(x);
for(auto i:v[x])
if(i!=fa&&(i!=y||x!=z)&&(i!=z||x!=y))dfs(i,x,y,z);
}
int sk[5010],stop,dfn[5010],low[5010],scccnt,sccnum[5010],dfscnt,lk[5010];
void tarjan(int now){
dfn[now]=low[now]=++dfscnt;
sk[stop++]=now;
for (auto i:E[now]){
if(!dfn[i]){
tarjan(i);
low[now]=min(low[now],low[i]);
}else if(!sccnum[i]){
low[now]=min(low[now],dfn[i]);
}
}
if(dfn[now]==low[now]){
scccnt++;
do{
sccnum[sk[--stop]]=scccnt;
}while(sk[stop]!=now);
}
}
void work(int x,int fa){
if(lk[x])return;
lk[x]=true;
for(auto i:v[x])
if(i!=fa){
E[x].push_back(i);
work(i,x);
}
}
int main(){
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=m;i++){
read(x[i]);read(y[i]);
v[x[i]].push_back(y[i]);
v[y[i]].push_back(x[i]);
}
for(int i=n;i>=1;i--)ans.push_back(i),sort(v[i].begin(),v[i].end());
work(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i])tarjan(i);
if(m==n-1){
dfs(1,0,0,0);
ans=min(ans,s);
}else{
for(int i=1;i<=m;i++)
if(sccnum[x[i]]==sccnum[y[i]]){
s.clear();
dfs(1,0,x[i],y[i]);
ans=min(ans,s);
}
}
for(auto i:ans)cout<<i<<" ";
return 0;
}