Description
你有一个无向连通图，边的总数为偶数。
设图中有k个奇点（度数为奇数的点），你需要把它们配成k/2个点对（显然k被2整除）。对于每个点对(u,v)，你需要用一条长度为偶数（假设每条边长度为1）的路径将u和v连接。每条路径允许经过重复的点，但不允许经过重复的边。这k/2条路径之间也不能有重复的边。
Input
第一行有两个整数n,m(2<=n,m<=250000)，分别表示点数、边数，m为偶数。
接下来m行，每行两个整数a,b(1<=a,b<=n,a≠b)，表示a,b间连有一条边。不存在重边。保证奇点的数目不为零。
Output
如果你认为无解就输出NIE。
设图中有k个奇点，则输出由k/2部分组成，每个部分包含两行：第一行为u,v,l，表示连接的两个点，及路径长度。第二行为空格隔开的l个整数，表示u到v的路径。边按照输入顺序从1到m编号。
若有多组答案，任意输出其中一个。
Sample Input
6 8
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 1
1 4
2 5
Sample Output
样例输出：
1 5 2
6 5
2 4 2
8 4
另一种合法输出：
1 5 6
1 2 3 7 6 5
2 4 2
8 4
Solution
这题是个好题兼难题
考虑假如没有路径长度为偶数的限制，那么就是把奇度数点两两配对连边，使得所有的点的度数均为偶数，然后跑欧拉回路；或者建一个新点，从它向所有奇点连边，起到同样的效果
然而现在有了长度为偶数的限制，就不能简单这样连边了
把每个点 (u) 拆点 (u_{left}) 与 (u_{right}) ，建成二分图，建一个新点向所有奇点的 (u_{left}) 连边
考虑这个二分图的作用，我们如果能把原图中的边转换成二分图中的边，然后有一条 (u_{left}) 到 (v_{left}) 的路径，那么这条路径一定是偶数长度的（二分图的特性）
所以我们想要达到这样一种状态，这个二分图里有原图中的边，然后特殊点（即新建的那个点）与所有原图中奇度数点有边相连，同时二分图中每个点的度数都是偶数。如果达到了这样一个状态，那么只要从特殊点开始跑一条欧拉回路，答案就出来了
怎样达到这样的状态是个棘手的问题。首先看二分图有什么性质。如果 (u_{left}) 在二分图里的度数为偶数，那么 (u_{right}) 的度数也一定为偶数。因为在原图中所有点都是偶数度数（加了特殊点的边之后），而 (d[u_{left}]+d[u_{right}]=u) 在原图中的度数，如果保证了 (u_{left}) 的度数为偶数，那么 (u_{right}) 的度数必定也是偶数
所以我们只要维持二分图左边的所有点的度数为偶数就好了
考虑拉出原图的一棵生成树，剩下的边在二分图中随意连，因为无论连出来的度数怎样，生成树都可以进行调整
剩下的边任意连完后，从叶子到根遍历生成树。当前到了 (x) 点，如果 (x_{left}) 的度数现在是奇数，那么 (x) 到 (fa[x]) 的这条边在二分图中就连 (x_{left}) 到 (fa[x]_{right}) ，这样做就可以把 (x_{left}) 的度数从奇数调成偶数；反之同理
由于是从叶子到根遍历的，我们把一个点的度数调整好为奇数后就不会再被改变了
那么二分图要达到的状态便完成了
跑完欧拉回路考虑怎么找答案
我们建了一个特殊点，这些特殊点向所有原图中的奇度数点的 (left) 点都连了边，所以跑欧拉回路，要求所有边都遍历到，那么每次从特殊点出去一次，必定也会回来一次，而出去所到的点与回来出发的点都是 (left) 点，正好满足路径长度为偶数的性质，于是，只要在欧拉路径中找不包含特殊点的极长段，这一段两端的点就是题目要求的一条路径的两个点，这一段中间的点就是要经过的点，稍加处理就好了
#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=500000+10;
int n,m,e=1,beg[MAXN],nex[MAXN<<1],to[MAXN<<1],was[MAXN<<1],d[MAXN],nd[MAXN],tp,ansp[MAXN],sum,path[MAXN<<1],use[MAXN<<1],cnt,fa[MAXN],pre;
struct node{
int u,v,id;
};
node side[MAXN];
std::vector<int> G[MAXN];
std::map<int,int> M[MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch=' ')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(ch!=' ')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
was[e]=z;
}
inline int found(int x)
{
if(fa[x]!=x)fa[x]=found(fa[x]);
return fa[x];
}
inline void dfs(int x,int f)
{
for(register int i=0,lt=G[x].size();i<lt;++i)
if(G[x][i]==f)continue;
else dfs(G[x][i],x);
if(x==1)return ;
if(nd[x]&1)insert(x,f+n,M[x][f]),insert(f+n,x,M[x][f]),nd[x]++;
else insert(x+n,f,M[x][f]),insert(f,x+n,M[x][f]),nd[f]++;
}
inline void eulerdfs(int x)
{
for(register int &i=beg[x];i;i=nex[i])
if(!use[i]&&!use[i^1])
{
int tmp=i;
use[i]=use[i^1]=1;
eulerdfs(to[i]);
path[++cnt]=tmp;
}
}
int main()
{
read(n);read(m);
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;read(u);read(v);
d[u]++;d[v]++;
side[i]=(node){u,v,i};
}
for(register int i=1;i<=n;++i)
{
fa[i]=i;
if(d[i]&1)insert(0,i,m+i),insert(i,0,m+i),nd[i]++;
}
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int u=found(side[i].u),v=found(side[i].v);
if(u==v)insert(side[i].u,side[i].v+n,side[i].id),insert(side[i].v+n,side[i].u,side[i].id),nd[side[i].u]++;
else G[side[i].u].push_back(side[i].v),G[side[i].v].push_back(side[i].u),M[side[i].u][side[i].v]=M[side[i].v][side[i].u]=side[i].id,fa[u]=v;
}
dfs(1,0);
eulerdfs(0);
while(cnt)
{
while(cnt&&!to[path[cnt]])cnt--;
if(cnt<=0)break;
sum=0;pre=to[path[cnt]];
int ps=cnt;
while(ps&&to[path[ps]])sum++,ps--;
printf("%d %d %d
",pre,to[path[ps+1]],sum-1);
for(register int i=cnt-1;i>ps;--i)printf("%d ",was[path[i]]);puts("");
cnt=ps;
}
return 0;
}