读题易得：对于有边的两个点 \(u,v\) ，能且仅能其中一点对这条边进行封锁。
什么意思呢？假设给这张图上的点进行染色，那么对于上述的两个点 \(u,v\) ，\(u,v\) 必须异色（理解这一点很重要）。
那么，也就是说，在这张图上，如果要把这张图“完全封锁”且两只河蟹不能封锁相邻的两个点，换而言之，把连接一条边的两个点染色，这两个点是异色的，那么整张图上无非也就这两种颜色，答案无非也就是这两种颜色中数目较少那一种的数目。
注意到存在无解的情况，那么是么时候无解呢？想一下，遍历这张图，那么肯定会遇到做过的点。把我们自己想成河蟹，那么重复来到这时相当于给这个点重新染色。 如果我们携带的“颜料”和上一只河蟹是一样的，那么相当于什么都不做；但如果不同，相当于对这个点重新封锁，这就产生了冲突。所以，这时不合法，返回 0 。否则返回 1 。
请注意：这个图可能不是联通的，所以需要设 vis 数组，判断某个点有没有用过，去遍历所有的小连通图。
参考代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,vis[4000010],c[3],head[4000010],tot,_color[4000010];
//_color[u]代表第 u 个点的颜色
//c[]记录两种颜色的数量
struct node
{
int to,nxt;
};
node G[400010];
inline int read()
{
int s=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
inline void add(int u,int v)
{
G[++tot]=(node){v,head[u]},head[u]=tot;
G[++tot]=(node){u,head[v]},head[v]=tot;
}
int dfs(int u,int cor)
{
if(vis[u])
{
if(_color[u]==cor)return 1;
return 0;
}
vis[u]=1;
c[_color[u]=cor]++;
int can_do=1;
for(int i=head[u];i&&can_do;i=G[i].nxt)can_do=can_do&&dfs(G[i].to,1-cor);
return can_do;
}
int main()
{
int ans;
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();add(u,v);}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i])continue;
c[0]=c[1]=0;
if(dfs(i,0)==0){cout<<"Impossible"<