可以证明，一定只需要考虑需要翻转的边
如果一种合法方案，需要翻转不需要翻转的边，那么就必然有一个过程是把这条边翻转过来，
那么这一条边有两种可能，要不它连着偶数个由需要翻转的边组成的环，要不是有许多同样的此类不翻转边组成的环
对于以上两种可能，可以发现都会出现需要翻转的边连成环的可能。
然后如此,就是求欧拉回路
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
int n,m;
int x,y,z,k;
int du[2000005];
stack<int> s;
struct ed{
int to;
int ne;
}ed[2000001];
int be[2000001];
int use[2000001];
int cnt;
int vis[2000001];
int c;
int p=1;
int head[2000001];
void add(int f,int to){
p++;
ed[p].ne=head[f];
ed[p].to=to;
head[f]=p;
}
void dfs(int no,int r){
// cout<<no<<endl;
s.push(no);
du[no]-=2;
for(int i=head[no];i;i=ed[i].ne){
head[no]=i;
if(use[i]) continue;
use[i]=use[i^1]=1;
if(no!=r&&ed[i].to==r){
s.push(r);
cnt++;
return ;
}
dfs(ed[i].to,r);
return ;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&z,&k);
if(z+k==1){
add(x,y);
add(y,x);
du[x]++;
du[y]++;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(du[i]&1){
cout<<"NIE";
return 0;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!du[i]) continue;
while(du[i]){
//cout<<" sf"<<du[i]<<endl;
dfs(i,i);
}
}
cout<<cnt<<endl;
// while(!s.empty()){
// cout<<s.top()<<endl;
// s.pop();
// }
while(!s.empty()){
int aim=s.top();
s.pop();
int cnt=0;
vis[cnt]=aim;
while(s.top()!=aim){
vis[++cnt]=s.top();
s.pop();
}
printf("%d ",cnt+1);
s.pop();
for(int i=0;i<=cnt;++i){
printf("%d ",vis[i]);
}
printf("%d
",vis[0]);
}
return 0;
}