【题目描述】
小 Z 打算趁着暑假，开启他的旅行计划。但与其他同学不同的是，小 Z 旅 行时并不关心到达了哪个网红景点打了哪些卡。小 Z 更关注沿路的风光，而且 小 Z 觉得，尽管多次到达同一个地方，但如果来时的路不一样，也是别有一番 风味。 小 Z 事先准备了一份地图，地图上给出了 N 个小 Z 心仪的城市，依次编号 1…N，以及 M 条连接两个城市的路，编号 1…M。小 Z 打算把 M 条路都走一遍且 仅一遍，但他发现这样的路线可能是不存在的。于是他打算，当他走到一个城 市后发现从这个城市出发的道路他都已经走过了，他便会坐飞机到另一个城市， 然后继续他的旅行。 现在小 Z 想知道，在最好的路线计划下，他至少要坐多少趟飞机。
【输入格式】
第一行为测试数据组数 T（1≤T≤10）。 每组测试数据的第一行为城市数 N 及道路数 M。 接下来 M 行，每行两个整数 x 和 y，表示一条连接城市 x 和城市 y 的双向 道路。
【输出格式】
对于每组测试数据，输出第一行包含一个整数 K，表示小 Z 至少要坐多少 趟飞机。 接下来 K+1 行，第 i 行输出小 Z 的第 i 段行程。若第 i 段行程经过 x 条道 路，则先输出 x，然后输出 x 个整数，分别表示路线经过的道路的编号。若是 正向通过第 i 条道路，则输出 i，否则输出-i。 若有多组方案，输出任意一组。
【样例输入】
1
3 3
1 2
1 3
2 3
【样例输出】
0 3 1 3 -2
解法：每个连通块显然是独立的。对于一个连通块（除了单个点的），如果奇度数点个数 为 k，那么至少需要 max(k/2,1)条路径。这是因为在一个无向图中，将两个度数为奇数的 点连起来，就可以消去两个奇数点。所以如果一个无向图要有欧拉回路(全部点的度数全 为偶数)，只要加 k/2 条边就可以了。于是乎，我们只要将一个连通块变成欧拉图，搜一 遍得到路径，再将我们人为添加的边删掉，剩下的就是这个连通块的"笔画"了。 这里为什么一定变成欧拉回路而不是欧拉通路，其实这里欧拉回路和欧拉通路都是 可以的，得到的答案是一样的。主要是算法实现上的问题，如果变成欧拉通路，就一定得 从剩下的两个奇数点出发，终止。至于为什么这里加 k/2 条边后扫出的结果删掉多加的边 就是答案，并且这个答案=max(k/2,1)呢？这是因为一个图中，我们从奇数点开始走，停止 的也一定是在奇数点，那么再一遍遍不重复地从图中走出一条条类似前面地路径(奇数点 开始，奇数点结束)然后我们将这些路径地终点连接下一条路径的起点(多加的边)，这样又 因为每一条路径的起止点都为奇数点，一条边删去两个奇数点。所以最终把他们连成欧拉 回路所需的边的数量就是 k/2。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
vector<int> ans[N];
int T,n,m,tot = 1,head[N],vis[N],in[N],cnt;
struct node{
int to,nex,flag,id;
}a[N * 4];
inline int read()
{
int x = 0,f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
void add(int x,int y,int id)
{
a[++ tot].to = y;
a[tot].nex = head[x];
a[tot].flag = 0;
a[tot].id = id;
head[x] = tot;
}
void dfs(int x)
{
vis[x] = 1;
for(int i = head[x];i;i = a[i].nex)
{
int y = a[i].to,em = a[i].flag;
if(!em)
{
a[i].flag = a[i ^ 1].flag = 1;
dfs(y);
if(a[i].id) ans[cnt].push_back(- a[i].id);
else cnt ++;
}
}
}
int main()
{
freopen("travelling.in","r",stdin);
freopen("travelling.out","w",stdout);
T = read();
while(T -- > 0)
{
for(int i = 1;i <= cnt;i ++) ans[i].clear();
tot = 1; cnt = 0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(in,0,sizeof(in));
n = read();m = read();
for(int i = 1,x,y;i <= m;i ++)
{
x = read();y = read();
add(x,y,i); add(y,x,-i);
in[x] ++;in[y] ++;
}
int now = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
if(in[i] % 2 == 1)
{
if(now)
{
add(i,now,0);
add(now,i,0);
now = 0;
}
else now = i;
}
for(int i = 1;i <= n;i ++)
if(!vis[i] && in[i] % 2)
{
cnt ++;
dfs(i);
cnt --;
}
for(int i = 1;i <= n;i ++)
if(!vis[i] && in[i])
cnt ++,dfs(i);
printf("%d
",cnt - 1);
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)
{
printf("%d ",ans[i].size());
for(int j = 0;j < ans[i].size();j ++)
printf("%d ",ans[i][j]);
printf("
");
}
printf("
");
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
/*
1
3 3
1 2
1 3
2 3
*/