[欧拉回路] 「Balkan OI 2016」Acrobat

我们要使左边的点度数都变为偶数。考虑第一种操作，会使左边两个点的度奇偶性变化，所以问题就转化成：给出一个图，选较少的边使得每个点的度满足奇偶性的限制。
这个怎么搞呢？有一个结论：若有解，则图的任意一个生成树，只取树边中的一些边都能得到一组解。
怎么证明呢？
显然如果已知一组边是合法的解，那么这些边一定能在同一棵生成树上。
把这组解的边标为白色边。对于其他的任意一颗生成树，若白边在树上就取他，若白边不在树上，就取对应的环。(这里取相同边次数是异或的)。这样一定能构造出在这个树上的合法解。证毕。
所以随便dfs出一颗生成树从叶往根取就好了。最多选 $n-1$ 条。
对与右边，把奇点两两配对就好了。最多 $n/2$ 。
还要花 $n-1$ 保证图联通。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=300005,maxe=600005;
int n,m,dL[maxn],dR[maxn],res1[maxn],res2[maxn];
int fir[maxn],nxt[maxe],son[maxe],id[maxe],tot;
bool vis[maxn];
struct data{ int x,y; } a[maxn];
void add(int x,int y,int z){
    son[++tot]=y; id[tot]=z; nxt[tot]=fir[x]; fir[x]=tot;
}
void dfs(int x,int pre,int e_id){
    vis[x]=true;
    for(int j=fir[x];j;j=nxt[j]) if(!vis[son[j]]) dfs(son[j],x,id[j]);
    if(dL[x]&1){
        res1[++res1[0]]=e_id;
        dL[x]++, dL[pre]++;
        dR[a[e_id].x]++; dR[a[e_id].y]--;
    }
}
int main(){
    freopen("hhhoj22.in","r",stdin);
    freopen("hhhoj22.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y), dL[a[i].x]++, dR[a[i].y]++;
        add(a[i].x,a[i].y,i), add(a[i].y,a[i].x,i); 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]){
        dfs(i,0,0);
        if(dL[0]) return printf("-1\n"),0;
    }

    dR[1]++; dR[n]++;
    for(int i=1;i<=n;i++) if(dR[i]&1) res2[++res2[0]]=i;
    if(res2[0]&1) return printf("-1\n"),0;
    printf("%d\n",res1[0]+res2[0]/2+n-1);
    for(int i=1;i<=res1[0];i++) printf("1 %d %d\n",a[res1[i]].x,a[res1[i]].y);
    for(int i=1;i<=res2[0]-1;i+=2) printf("2 %d %d\n",res2[i],res2[i+1]);
    for(int i=1;i<=n-1;i++) printf("2 %d %d\n",i,i+1);
    return 0;
}