给你一份航线列表 tickets ，其中 tickets[i] = [fromi, toi] 表示飞机出发和降落的机场地点。请你对该行程进行重新规划排序。
所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，所以该行程必须从 JFK 开始。如果存在多种有效的行程，请你按字典排序返回最小的行程组合。
例如，行程 [“JFK”, “LGA”] 与 [“JFK”, “LGB”] 相比就更小，排序更靠前。
假定所有机票至少存在一种合理的行程。且所有的机票 必须都用一次 且 只能用一次。
示例 1：
输入：tickets = [[“MUC”,“LHR”],[“JFK”,“MUC”],[“SFO”,“SJC”],[“LHR”,“SFO”]]
输出：[“JFK”,“MUC”,“LHR”,“SFO”,“SJC”]
示例 2：
输入：tickets = [[“JFK”,“SFO”],[“JFK”,“ATL”],[“SFO”,“ATL”],[“ATL”,“JFK”],[“ATL”,“SFO”]]
输出：[“JFK”,“ATL”,“JFK”,“SFO”,“ATL”,“SFO”]
解释：另一种有效的行程是 [“JFK”,“SFO”,“ATL”,“JFK”,“ATL”,“SFO”] ，但是它字典排序更大更靠后。
提示：
1 <= tickets.length <= 300
tickets[i].length == 2
fromi.length == 3
toi.length == 3
fromi 和 toi 由大写英文字母组成
fromi != toi
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/reconstruct-itinerary
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最初使用图论的时候，pta是给出每个边，然后用数组建立边和边的关系大致就是
linjie[a][length[a]++]=b;
但是python教会我做人了
对于字符串这样的是没办法继续用传统数组了
今天发现一个好东西：字典的键值对
而且有了这东西，在字典里面对应链接的点直接做成了一个数组（我爱python）
d={} for a,b in tickets: d.setdefault(a,[]).append(b);
是的，用这三行就不用建图了hhh
解释一下，d是字典，setdefault（a,[]）是在字典里面找a的值，如果能找到，就返回对应位置，找不到就建立新的索引，返回给定值（这里面是[]），但是这个返回值没啥用，只要能把图建立起来就行
而且python更强大的地方在于
对于
a={'a':1,'d':[2,3]}
这样的一个字典，a[‘d’]=[2,3];
在字典里面这个索引不再只是数字
这样的话就方便多了
以上只是对字典的介绍
下面来讨论一下这道题
这个题是一个连通图，要么有欧拉回路（能回到‘JFK’），要么有欧拉通路（回不到‘JFK’）在考虑仅有欧拉通路的情况下，‘JFK’连接的某一个点（只能存在一个点，并且整个图里面只能存在一个入度-出度=1的点）可能是一个死胡同，或者说死胡同不知道在哪个位置被搜索到，这个死胡同是指字典序在前边，还是个死胡同，引用官方题解，形如：
AAA排在BBB前边，先搜索AAA，提前进入死胡同导致出错
这样的话，可以这样来处理，将遍历完所有边的结点最后放到结果数组里面，然后把结果数组逆序返回
这样的好处是如果AAA先遍历完成,那他就可以先入栈，最后将数组逆序的时候，AAA就在前面了
例题：
考虑这个连通图：
进行模拟堆栈演示
（画图技术不佳，敬请谅解）
就是之所以会出现AA在最后这个现象，是因为，最先访问的如BBB（按照字母顺序）是没有解栈的（释放栈）而AA由于先访问完了，所以解栈，由于这样的死胡同只有一个，不必过多考虑，所以这样的元素应该放在后面
放个代码：
class Solution: def __init__(self): self.result=[]; def dfs(self,jiedian,d): if(jiedian in d): while(len(d[jiedian])!=0): self.dfs(d[jiedian].pop(0),d); self.result.append(jiedian) def findItinerary(self, tickets ) : d={}; for a,b in tickets: d.setdefault(a,[]).append(b); for i in d: d[i]=sorted(d[i]) self.dfs("JFK",d) return self.result[::-1]