Codeforces Round 959 sponsored by NEAR (Div. 1 + Div. 2) F. Stardew Valley（包含必选边的欧拉回路 欧拉回路+dfs）

题目

t(t<=1e4)组样例，

每次给定n(n<=5e5)个点m(m<=5e5)条边的无向图

边用(u,v,c)表示连接u和v的边，c=1表示必选边，c=0表示可选边

要求在选中所有必选边的条件下，选择一部分可选边得到一张新图，求出新图的一条欧拉回路

如果无法实现输出NO，否则输出YES及对应的欧拉回路

保证sumn不超过5e5，summ不超过5e5

思路来源

群友代码

题解

牛客练习赛108 E.琉焰(非树边性质/线段树分治+可撤销并查集 or LCT)-优快云博客

看完群友代码之后，想起了这个题，也是类似欧拉回路的性质，感觉忘完了

记必选边的两端的点为必选点，

首先遍历只有可选边（c=0）的每个连通块，不妨任取这个连通块的一棵生成树，

生成树上必选点度数为奇数，则需要在树上选这些点，使之奇偶性改变

如果树上必选点事偶数个，总可以两两取出来，使得每一对点标记一条路径，

最终导致每条可选边被覆盖奇/偶次，最后把被覆盖奇数次的边取出来，就让这些必选点的度满足条件了

如果一个连通块上只有奇数个必选点，

也就是回溯到根之后发现根的度还为奇数，则无解，输出NO

否则遍历完若干连通块，把对应的可选边选出来后，

根据欧拉回路充要条件，必选点的度数都是偶数，

跑一遍欧拉回路，记录边编号，然后从指定的某个必选点出发，

每次异或上相邻边的两个点，表示从一头切换到另一头，然后输出路径即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back    
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int t,n,m,u,v,c,id,deg[N];
vector<P>e[N],ans;
vector<int>f[N];
bool vis[N],used[N];
void dfs(int u){
    vis[u]=1;
    for(auto &v:f[u]){
        if(vis[v])continue;
        dfs(v);
        if(deg[v]&1){
            deg[v]++;
            deg[u]++;
            e[u].pb(P(v,++id));
            e[v].pb(P(u,id));
        }
    }
}
void dfs2(int u){
    while(!e[u].empty()){
        auto [v,id]=e[u].back();
        e[u].pop_back();
        if(used[id])continue;
        used[id]=1;
        dfs2(v);
        ans.pb(P(u,v));
    }
}
bool sol(){
    int rt;
    rep(i,1,n){
        if(!vis[i]){
            dfs(i);
            if(deg[i]&1)return 0;
        }
        if(deg[i])rt=i;
    }
    //printf("rt:%d\n",rt);
    dfs2(rt);
    puts("YES");
    pte(SZ(ans));
    printf("%d",rt);
    for(auto &x:ans){
        rt^=x.fi^x.se;
        printf(" %d",rt);
    }
    puts("");
    return 1;
}
void init(){
    id=0;
    rep(i,1,n){
        e[i].clear();
        f[i].clear();
        vis[i]=0;
        deg[i]=0;
    }
}
int main(){
    sci(t);
    while(t--){
        sci(n),sci(m);
        ans.clear();
        init();
        rep(i,1,m){
            used[i]=0;
            sci(u),sci(v),sci(c);
            if(c==1){
                e[u].pb(P(v,++id));
                e[v].pb(P(u,id));
                deg[u]++;
                deg[v]++;
            }
            else{
                f[u].pb(v);
                f[v].pb(u);
            }
        }
        if(!sol())puts("NO");
    }
    return 0;
}