題目：
問題描述 為了增加公司收入，F公司新開設了物流業務。由于F公司在業界的良好口碑，物流業務一開通即受到了消費者的歡迎，物流業務馬上遍及了城市的每條街道。然而，F公司現在隻安排了小明一個人負責所有街道的服務。
任務雖然繁重，但是小明有足夠的信心，他拿到了城市的地圖，準備研究最好的方案。城市中有n個交叉路口，m條街道連接配接在這些交叉路口之間，每條街道的首尾都正好連接配接着一個交叉路口。除開街道的首尾端點，街道不會在其他位置與其他街道相交。每個交叉路口都至少連接配接着一條街道，有的交叉路口可能隻連接配接着一條或兩條街道。
小明希望設計一個方案，從編号為1的交叉路口出發，每次必須沿街道去往街道另一端的路口，再從新的路口出發去往下一個路口，直到所有的街道都經過了正好一次。 輸入格式 輸入的第一行包含兩個整數n, m，表示交叉路口的數量和街道的數量，交叉路口從1到n标号。
接下來m行，每行兩個整數a, b，表示和标号為a的交叉路口和标号為b的交叉路口之間有一條街道，街道是雙向的，小明可以從任意一端走向另一端。兩個路口之間最多有一條街道。 輸出格式 如果小明可以經過每條街道正好一次，則輸出一行包含m+1個整數p 1, p 2, p 3, ..., p m +1，表示小明經過的路口的順序，相鄰兩個整數之間用一個空格分隔。如果有多種方案滿足條件，則輸出字典序最小的一種方案，即首先保證p 1最小，p 1最小的前提下再保證p 2最小，依此類推。
如果不存在方案使得小明經過每條街道正好一次，則輸出一個整數-1。 樣例輸入 4 5
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4 樣例輸出 1 2 4 1 3 4 樣例說明 城市的地圖和小明的路徑如下圖所示。
樣例輸入 4 6
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
2 3 樣例輸出 -1 樣例說明 城市的地圖如下圖所示，不存在滿足條件的路徑。
評測用例規模與約定 前30%的評測用例滿足：1 ≤ n ≤ 10, n-1 ≤ m ≤ 20。
前50%的評測用例滿足：1 ≤ n ≤ 100, n-1 ≤ m ≤ 10000。
所有評測用例滿足：1 ≤ n ≤ 10000，n-1 ≤ m ≤ 100000。
思路：
這道題是一道求歐拉路徑的題，如不知道什麼是歐拉路徑，自行搜尋。
存在歐拉路徑的充要條件 ： 無向連通圖G具有一條歐拉路徑當且僅當G具有零個或兩個奇數次數的的頂點
是以首先需要判斷是否存在歐拉路徑：
1.圖是否連通
2.奇度數節點必須為0個或者2個，當奇度數節點為2個時，必須是從奇度數節點開始周遊。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#define MAX 10007
using namespace std;
//存在歐拉路徑的充要條件 ： 無向連通圖G具有一條歐拉路徑當且僅當G具有零個或兩個奇數次數的的頂點
vector<int> a[MAX]; //鄰接表存儲圖
bool b[MAX][MAX],c[MAX]; //b是為了判斷邊是否走過，c是為了判斷點是否走過，以判斷圖是否連通
stack<int> st;
void dfs(int begin){
c[begin]=true;
for(int i=0;i<a[begin].size();++i)
if(b[a[begin][i]][begin] == false ){
b[a[begin][i]][begin]=b[begin][a[begin][i]]=true;
dfs(a[begin][i]);
st.push(a[begin][i]);
}
}
//判斷圖是否連通
bool connected(int n){
for(int i=1;i<=n;++i)
if(c[i] == false)return false;
return true;
}
int main(){
int n,m,cnt=0;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<m;++i){
int x,y;
cin>>x>>y;
a[x].push_back(y);
a[y].push_back(x);
}
//由于輸入的邊可能是無序的，為了按最小序輸出，将每一個點的邊從小到大排序
for(int i=1;i<=n;++i){
sort(a[i].begin(),a[i].end());
if(a[i].size()%2 != 0)cnt++;
}
if(cnt != 0 && cnt != 2)cout<<"-1"; //根據定理，奇數節點必須為0個或2個
else if(cnt == 2 && a[1].size()%2 == 0)cout<<"-1"; //如果奇數點是2個，其中一個必須為節點 1
else {
dfs(1);
if(connected(n)) {
cout<<"1";
while(!st.empty()){
cout<<" "<<st.top();
st.pop();
}
}else cout<<"-1";
}
cout<<endl;
return 0;
}