Description
给出一张 $n$ 个点的无向连通图和一个常数 $k$。
你需要解决以下两个问题的任何一个：
1. 找出一个大小为 $lceilfrac{k}{2} ceil$的独立集。
2. 找出一个大小不超过 $k$ 的环。独立集是一个点的集合，满足其中任意两点之间在原图上没有边直接相连。
$3 le k le n le 10^5$，$n - 1le m le 2 imes 10^5$
Solution
想一想，「简单环」和「独立集」有什么关系？
如果一个大小为 $s$ 的环是不可分割的，那么，把环上的元素隔一位取一个，就可以分为两个大小为 $lfloorfrac{s}{2} floor$ 的独立集。
下图展示的是 $s = 5$ 的一种分法，分割出了 ${1, 3}$ 和 ${ 2, 4}$ 两个独立集：
关键在于找出一个「不可分割的环」，比方说它的大小为 $a$，要是 $a le k$，那么我们就完成任务 2 了，直接输出它就好，否则（$a > k$），必然有 $lfloorfrac{a}{2} floor ge lceilfrac{k}{2} ceil$，这意味着，在这个分割出来的独立集中再分割一个大小为 $lceilfrac{k}{2} ceil$ 的独立集就可以完成任务 1 了。
所以，如果求出一个不可分割的环呢？
我们可以先在这个图中随便找出一个环，把点集按照顺序存在一个 deque （双端队列）里面。
然后，遍历每一条边 $left<u, v ight>$，如果 $left<u, v ight>$ 切割了现有的环，那么，就再割出来的两个小环中任选一个保留，$m$ 条边都割完为止。
具体的实现方法是，如果 $u, v$ 都在当前环中，且 $left<u, v ight>$ 不是一条环上的边（可以比较 $u$ 和 $v$ 在环中的位置差是不是 $1$ 来确定），则 $left<u, v ight>$ 必然切割当前环，如图：
原来 deque 当中的元素依次是 ${1, 2, 3, 4, 5}$，现在来了条边 $left<2, 4 ight>$ 切割，那么，必然有一个新的小环端点为 $u = 2$ 和 $v = 4$，那么把两端其余的元素弹出，就可以得到新的小环 ${ 2, 3, 4 }$。
当然，如果这张图一个环都没有，则这张图是树，树必然是二分图，直接二分图染色后在较大的颜色集中提取 $lceilfrac{k}{2} ceil$ 个来完成任务 1 就好了。
初始 DFS 找环是 $mathcal O(n)$ 的，遍历边集是 $mathcal O(n)$ 的，环中最多有 $n$ 个元素，所以弹出次数的总和也是 $mathcal O(n)$ 的，所以总时间复杂度 $mathcal O(n)$（这里不区分 $n$ 和 $m$）。
代码仅供参考：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
vector<int> G[N];
deque<int> circ;
vector<int> s, col[2];
int n, m, k, pos[N], u[N], v[N];
bool in_circ[N];
void DFS(int u)
{
pos[u] = s.size();
s.push_back(u);
col[pos[u] & 1].push_back(u);
for(int v : G[u])
{
if(pos[v] == -1) DFS(v);
else if(circ.empty() && pos[u] > pos[v] + 1)
{
for(int i = pos[v]; i <= pos[u]; i++)
{
circ.push_back(s[i]);
in_circ[s[i]] = true;
}
}
}
s.pop_back();
}
int main()
{
memset(pos, -1, sizeof pos);
cin >> n >> m >> k;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
cin >> u[i] >> v[i];
G[u[i]].push_back(v[i]);
G[v[i]].push_back(u[i]);
}
DFS(1);
if(circ.empty())
{
cout << 1 << endl;
if(col[0].size() < col[1].size()) swap(col[0], col[1]);
for(int i = 0; i < (k + 1) / 2; i++) cout << col[0][i] << ' ';
return 0;
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
if(in_circ[u[i]] && in_circ[v[i]] && abs(pos[u[i]] - pos[v[i]]) != 1)
{
while(circ.front() != u[i] && circ.front() != v[i])
in_circ[circ.front()] = false, circ.pop_front();
while(circ.back() != u[i] && circ.back() != v[i])
in_circ[circ.back()] = false, circ.pop_back();
}
}
if(circ.size() <= k)
{
cout << 2 << endl;
cout << circ.size() << endl;
for(int i = 0; i < circ.size(); i++) cout << circ[i] << ' ';
}
else
{
cout << 1 << endl;
for(int i = 0; i < (k + 1) / 2; i++) cout << circ[i * 2] << ' ';
}
return 0;
}