一个无向图，每个点设置一个大小为(2)的颜色集合，表示这个点可以选择两种颜色其中之一。
给你这张无向图，问是否对于设置集合的任意方案，都可以染色使得每条边连接的两个点颜色不同。
(nle 10^4,mle 2*10^4)
奇怪的结论题/构造题。然而官方数据好水啊真不知道那年bj人是怎么挺过来的。洛谷上加了hack数据，这是我标题放了洛谷的原因。
对于每个连通块分别处理。显然如果图不是二分图就NO。然后去掉所有度数小于等于(1)的点。
考虑使用三种颜色或四种颜色（四种颜色的情况比较少）。（经过下面的分析得到筛剩下的情况中用更多的颜色没有什么卵用。）
发现结论1：如果存在偶环，那么可以用一种构造方案，使得块中的某个点选择一种颜色时一定不合法（或者说强制选另一种颜色）。
可以考虑(z o y)经过偶环且(y)在偶环上。设(x)为路径上的第一个偶环上的点。此时(x o y)有两条路径。不妨设(x)为((A,B))（它的状态可以直接被(z)钦定），当选(A)时，(x)的两个后继都是固定的颜色，路径上的每个点的颜色都被前一个点决定；一直到(B)的前驱，发现两个前驱选的颜色互不相同而且也是(B)的集合中的颜色。所以(x)选(A)不合法，但此时并不能同时决定选(B)不合法。
推论1：如果存在两个不在边相交的偶环，那么一定不合法。
可以找到中间的一个点(z)。如果两个环只有一个交点，构造方案钦定(z)选(A)时环甲不合法，选(B)时环乙不合法。如果环有两个交点，具体是说两个偶环上的(y)重合，此时类似，但需要用到四种颜色。
结论2：考虑两个相交的偶环，找到两个三度点(u,v)。此时(u o v)有三条不相交的路径，当且仅当路径长度分别为(2,2,偶数)时合法。
其实只需要证明(1,3,3)不合法，和(2,4,4)不合法。更长的情况相当于在某个路径上加偶数个点，可以钦定一下使得经过了偶数个点之后状态不变。
先证前者。比如下面这个图（四相邻格子有边），如此构造即可。
| ((B,C)) | ((A,B)) |
|---|---|
| ((A,C)) | ((A,C)) |
| ((A,B)) | ((B,C)) |
再证后者。比如下面（除了第二行没有横边外四相邻有边）。
| ((A,C)) | ((A,B)) | ((A,B)) |
|---|---|---|
| ((B,C)) | （没横边）((A,B))（没横边） | ((A,C)) |
| ((A,B)) | ((A,B)) | ((B,C)) |
推论2：(mge n+2)时一定不合法，(mle n)时一定合法。(m=n+1)时需要用上面条件判断。
只用证(m=n+2)，如果所有的环两两相交时，一定存在不满足(2+2+偶数)的子图。具体考虑从(m=n+1)的合法情况中加入一条边，那么相当于在(2+2+偶数)的子图中加入一条路径（长度任意）连接其中两个点。讨论一下加入的路径连接哪里（此处省略具体过程），最终证明出都不合法。
按照以上的结论判断即可。
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define M 200005
int n,m;
struct EDGE{
int to;
EDGE *las;
} e[M*2];
int ne;
EDGE *last[N];
void link(int u,int v){
e[ne]={v,last[u]};
last[u]=e+ne++;
}
int ans;
int c[N];
int cntd,cnte;
int q[N];
void color(int x){
q[cntd++]=x;
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las,cnte++)
if (c[ei->to]==-1)
c[ei->to]=c[x]^1,color(ei->to);
else if (c[x]^c[ei->to]^1)
ans=0;
}
int deg[N];
void work(){
static queue<int> que;
for (int i=0;i<cntd;++i){
deg[q[i]]=0;
for (EDGE *ei=last[q[i]];ei;ei=ei->las)
deg[q[i]]++;
if (deg[q[i]]<=1)
que.push(q[i]);
}
while (!que.empty()){
int x=que.front();
que.pop();
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (--deg[ei->to]==1)
que.push(ei->to);
}
int nei[2][3],k[2]={0,0},c=0;
for (int i=0;i<cntd;++i){
if (deg[q[i]]==4){
ans=0;
return;
}
if (deg[q[i]]==3){
for (EDGE *ei=last[q[i]];ei;ei=ei->las)
if (deg[ei->to]>1)
nei[c][k[c]++]=ei->to;
assert(k[c]==3);
sort(nei[c],nei[c]+3);
c++;
}
}
assert(c==2);
int i=0,j=0,cnt=0;
while (i<k[0] && j<k[1])
if (nei[0][i]<nei[1][j])
i++;
else if (nei[0][i]>nei[1][j])
j++;
else
i++,j++,cnt++;
ans&=(cnt>=2);
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(last,0,sizeof(EDGE*)*(n+1));
ne=0;
for (int i=1;i<=m;++i){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
link(u,v);
link(v,u);
}
memset(c,255,sizeof(int)*(n+1));
ans=1;
for (int i=1;i<=n && ans;++i)
if (c[i]==-1){
cntd=cnte=0;
c[i]=0,color(i);
cnte/=2;
if (cnte>=cntd+2)
ans=0;
else if (cnte==cntd+1)
work();
}
printf("%s
",ans?"YES":"NO");
}
return 0;
}