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@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？

输入

输入文件共 m + 1 行。第一行包含两个整数 n,m(m≤n)，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

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。

输入样例#1

6 5

1 3

2 3

2 5

3 4

4 6

输出样例#1

1 3 2 5 4 6

输入样例#2

6 6

1 3

2 3

2 5

3 4

4 5

4 6

输出样例#2

1 3 2 4 5 6

数据规模与约定

对于 100% 的数据和所有样例， 1≤n≤5000 且 m = n − 1 或 m = n。

@题解@

据说这道题有很神奇的做法……可以 O(n) …… orz

但是介于我实在太弱了，所以只能在此向大家介绍 O(n^2) 的一个简单算法。

不难发现题目给出的其实要么是树要么是基环树。

树的话只需要贪心地走它编号最小的儿子就可以实现字典序最小。

如果是基环树的话，我们需要转化成一棵树。

基环树转树最常见的肯定是删去某一条环上的边。

所以，如果是基环树，我们就枚举一条环上的边，将它打上标记。再 dfs 一遍（要求不经过这条被标记的边），求得一个答案。最后再所有的答案取一个最小值。

以 1 为起点显然比较优秀。

@代码@

因为是第一题所以比较轻松。

可能是因为害怕选手 D2 甚至无法 AC 一道题，然后怒而退役吧。

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        using namespace std;const int MAXN = 5000;struct node{    int num, to;    node(int _n, int _t):num(_n), to(_t){}};bool operator < (node a, node b) {    return a.to < b.to;}vector
        
         G[MAXN + 5];void addedge(int u, int v, int i) {    G[u].push_back(node(i, v));    G[v].push_back(node(i, u));}bool vis[MAXN + 5];int res[MAXN + 5], ans[MAXN + 5], cnt;void init(int n) {    for(int i=1;i<=n;i++)        vis[i] = false;    cnt = 0;}int tag[MAXN + 5], deg[MAXN + 5];queue
         
          que;void find_circle(int n) { for(int i=1;i<=n;i++) if( deg[i] == 1 ) que.push(i); while( !que.empty() ) { int f = que.front(); que.pop(); vis[f] = true; for(int i=0;i
          
            res[i] ) { flag = true; break; } else if( ans[i] < res[i] ) break; } } if( flag ) { for(int i=1;i<=cnt;i++) ans[i] = res[i]; } } } for(int i=1;i