题目：

Given a list of airline tickets represented by pairs of departure and arrival airports [from, to], reconstruct the itinerary in order. All of the tickets belong to a man who departs from JFK. Thus, the itinerary must begin with JFK.

Note:

1. If there are multiple valid itineraries, you should return the itinerary that has the smallest lexical order when read as a single string. For example, the itinerary ["JFK", "LGA"] has a smaller lexical order than ["JFK", "LGB"].
2. All airports are represented by three capital letters (IATA code).
3. You may assume all tickets form at least one valid itinerary.

Example 1:
tickets = [["MUC", "LHR"], ["JFK", "MUC"], ["SFO", "SJC"], ["LHR", "SFO"]]
Return ["JFK", "MUC", "LHR", "SFO", "SJC"].

Example 2:
tickets = [["JFK","SFO"],["JFK","ATL"],["SFO","ATL"],["ATL","JFK"],["ATL","SFO"]]
Return ["JFK","ATL","JFK","SFO","ATL","SFO"].
Another possible reconstruction is ["JFK","SFO","ATL","JFK","ATL","SFO"]. But it is larger in lexical order.

提示：

这道题看到之后第一反应一般就是使用dfs，不过用法还需要结合题目的要求和图的特性。因为题目要求结果要按照字母大小顺序排序，因此我们在记录每个点能到达的点集时，可以用STL中的unordered_map<string, multiset<string>>， unordered_map效率比map高一些，另外multiset允许同样的值插入多次，且是按序插入的。

然后说说这个图的特性，因为题目说了给定的输入是一定有解的，所以，图中所有的点我们可以按照出度和入度之和的奇偶分成两类：

• 出度和入度之和为奇：这种点最多只有两个，就是起点和终点；
• 出度和入度之和为偶：就是正常的中间过渡点；
• 如果所有点的出度和入度之和都为偶，那么一直dfs到底就是要求的解；
• 在dfs过程中，如果我们stuck了，其实就是因为我们访问到了终点。

上面这几个特性就不一一证明了，可以画个草图简单理解一下。

因此我们在dfs的时候，如果卡住了，那么说明访问到了终点，就把这个点放进vector中。如果没卡住的话，就把点push进stack中（用于回溯），并且一直访问下去，并且经过的点都要记得及时删除，防止走重复的路径。

最后，由于先访问到的“终点”在vector的前端，因此在返回vector前要记得reverse一下。

class Solution {

public:

    vector<string> findItinerary(vector<pair<string, string>> tickets) {

        unordered_map<string, multiset<string>> m;

        vector<string> res;

        if (tickets.size() <= ) {

            return res;

        }

        for (pair<string, string> p: tickets) {

            m[p.first].insert(p.second);

        }

        stack<string> s;

        s.push("JFK");

        while (s.size()) {

            string next = s.top();

            if (m[next].empty()) {

                res.push_back(next);

                s.pop();

            } else {

                s.push(*m[next].begin());

                m[next].erase(m[next].begin());

            }

        }

        reverse(res.begin(), res.end());

        return res;

    }

};