Va爷的胡策题T2
E. Fairy
time limit per test1.5 seconds
memory limit per test256 megabytes
inputstandard input
outputstandard output
Once upon a time there lived a good fairy A. One day a fine young man B came to her and asked to predict his future. The fairy looked into her magic ball and said that soon the fine young man will meet the most beautiful princess ever and will marry her. Then she drew on a sheet of paper n points and joined some of them with segments, each of the segments starts in some point and ends in some other point. Having drawn that picture, she asked the young man to erase one of the segments from the sheet. Then she tries to colour each point red or blue so, that there is no segment having points of the same colour as its ends. If she manages to do so, the prediction will come true. B wants to meet the most beautiful princess, that’s why he asks you to help him. Find all the segments that will help him to meet the princess.
Input
The first input line contains two integer numbers: n — amount of the drawn points and m — amount of the drawn segments (1 ≤ n ≤ 104, 0 ≤ m ≤ 104). The following m lines contain the descriptions of the segments. Each description contains two different space-separated integer numbers v, u (1 ≤ v ≤ n, 1 ≤ u ≤ n) — indexes of the points, joined by this segment. No segment is met in the description twice.
Output
In the first line output number k — amount of the segments in the answer. In the second line output k space-separated numbers — indexes of these segments in ascending order. Each index should be output only once. Segments are numbered from 1 in the input order.
Examples
input
4 4
1 2
1 3
2 4
3 4
output
4
1 2 3 4
input
4 5
1 2
2 3
3 4
4 1
1 3
output
1
5
好的下面是Vampire学长的题面：
10%-----随便暴力没写过。。
40%-----暴力枚举要删的边，然后对剩余的图进行黑白染色然后判断是否为二分图。（现场打的暴力，本来想写LCT的，写惨辣！）
测试暴力代码：
具体的判断是否为二分图的方法大概就是染色后看相邻点的颜色是否一样.
#include70%-----测试时Va爷把100%改成10^6级辣...于是本来可以艹DP的LCT会被卡常3组...气死CA爷了...
CA爷当时的LCT：
#include0]].minn,tree[x].st=tree[tree[x].ch[0]].st;
tree[x].sum+=tree[tree[x].ch[0]].sum;
}
if (tree[x].ch[1])
{
if (tree[tree[x].ch[1]].minn1]].minn,tree[x].st=tree[tree[x].ch[1]].st;
tree[x].sum+=tree[tree[x].ch[1]].sum;
}
}
void rot(int x)
{
int y=tree[x].fa,z=tree[y].fa,l,r;
l=(tree[y].ch[1]==x);r=l^1;
if (!is_root(y)) tree[z].ch[tree[z].ch[1]==y]=x;
tree[tree[x].ch[r]].fa=y;tree[y].fa=x;tree[x].fa=z;
tree[y].ch[l]=tree[x].ch[r];tree[x].ch[r]=y;
push_up(y);push_up(x);
}
void Splay(int x)
{
top=0;sta[++top]=x;
for (int i=x;!is_root(i);i=tree[i].fa) sta[++top]=tree[i].fa;
while (top) push_down(sta[top--]);
while (!is_root(x))
{
int y=tree[x].fa,z=tree[y].fa;
if (!is_root(y))
{
if ((tree[y].ch[0]==x)^(tree[z].ch[0]==y)) rot(x);
else rot(y);
}
rot(x);
}
}
void access(int x) { for (int i=0;x;i=x,x=tree[x].fa) Splay(x),tree[x].ch[1]=i,push_up(x); }
void make_root(int x) { access(x);Splay(x);tree[x].rev^=1; }
void link(int x,int y) { make_root(x);tree[x].fa=y; }
void cut(int x,int y) { make_root(x);access(y);Splay(y);tree[y].ch[0]=tree[x].fa=0;push_up(y); }
void split(int x,int y) { make_root(x);access(y);Splay(y); }
int find_root(int x) { for (access(x),Splay(x);tree[x].ch[0];x=tree[x].ch[0]); return x; }
void ins(int x)
{
int u=e[x].u,v=e[x].v;
if (u==v) { In[x]=1;cnt++;return; }
if (find_root(u)!=find_root(v)) on[x]=1,link(u,x+n),link(v,x+n);
else
{
split(u,v);int y=tree[v].st-n;
if (e[y].wif (tree[v].sum&1^1) In[y]=1,cnt++;
cut(e[y].u,y+n);cut(e[y].v,y+n);link(u,x+n);link(v,x+n);
on[y]=0;on[x]=1;
}
else
if (tree[v].sum&1^1) In[x]=1,cnt++;
}
}
void del(int x)
{
if (on[x]) cut(e[x].u,x+n),cut(e[x].v,x+n);
else if (In[x]) cnt--;
}
int main()
{
in(n);in(m);int s,t;
for (int i=1;i<=n;i++) tree[i].val=tree[i].minn=MAXINT,tree[i].st=i;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
in(e[i].u);in(e[i].v);
s=0;t=i;e[i].w=t;
insert1(s,i);insert2(t,i);
tree[i+n].val=tree[i+n].minn=t;tree[i+n].st=i+n;tree[i+n].sum=1;
e[i+m].u=e[i].u;e[i+m].v=e[i].v;
s=i+1;t=m+2;e[i+m].w=t;
insert1(s,i+m);insert2(t,i+m);
tree[i+m+n].val=tree[i+m+n].minn=t;tree[i+m+n].st=i+m+n;tree[i+m+n].sum=1;
}
for (int x=0;x<=m+1;x++)
{
for (Edge *i=prev1[x];i;i=i->next) ins(i->to);
for (Edge *i=prev2[x];i;i=i->next) del(i->to);
if (!cnt) { for (Edge *i=prev2[x];i;i=i->next) ans[++ans[0]]=i->to; }
}
sort(ans+1,ans+ans[0]+1);printf("%d\n",ans[0]);
for (int i=1;i<=ans[0];i++) printf(i==ans[0]?"%d\n":"%d ",ans[i]);
} 100%-----DP+dfs找环；
题解：
首先我们可以知道一个图是二分图的充要条件是这个图不存在奇环
所以就可以分成三种情况来讨论一下：
①：图中没有奇环，此时删除图中 任何一条边 都满足条件。
②：图中有一个奇环，此时删除 奇环上的任何一条边 都满足条件。
③：图中有超过一个奇环，此时删除的边必须满足它是 所有奇环的公共边。
那么现在我们对这个图建出一棵 DFS 树，在 DFS 树中, 存在从当前点连向祖先的边，我们将它记为返祖边 (图中红色边)。 
比较显然的是，返祖边 (a,b) 和 树上路径 (b,a) 可以在图中形成一个环。
如图 3→1→2→3 形成了一个奇环，4→1→2→3→4 形成了一个偶环。
那么这个问题的思路就比较清晰了，首先求出只包含一条返祖边的奇环的个数。
不妨将只包含一条返祖边的环记为 单祖环，很显然有：
①：如果图中没有单祖奇环，那么删除图中 任何一条边 都满足条件。
②：如果图中有单祖奇环，那么删除的边必须满足是 所有单祖奇环的公共边。
现在只讨论图中有单祖奇环的情况
删除返祖边能否满足条件
①：如果只有一个单祖奇环, 那么删除单祖奇环中的返祖边一定满足条件。
②：如果有超过一个单祖奇环, 那么删除任何一条返祖边都不满足条件。(返祖边不是所有单祖奇环的公共边)
删除树边能否满足条件
此时只考虑树边是否能被所有单祖奇环经过，那么如果 (a,b) 是返祖边，树上的链 (b,a) 都在环上。
如果树边在 所有的 单祖奇环上又 不在任何一个单祖偶环上 那么删去这条边是满足条件的。
为什么还要看偶环呢？ 
一个很显然的奇环是 5→1→2→5， 这个奇环只包含一条返祖边 (5,1)。
但是这个图只有删去 (2,5) 或 (1,5)可以使得图中没有奇环。
(如果删去 (1,2) ，图中还是存在奇环 6→1→5→2→4→6，这个奇环包含两条返祖边)
你可能已经发现了，在之前我们只考虑了只包含一条返祖边的奇环，而事实上奇环也可能包含两条返祖边。
如果边 (a,b) 在单祖奇环 X 中又在单祖偶环 Y中, 那么即使删除这条边，X 和 Y 仍然能形成一个奇环。
所以判断删除树边能否满足条件是需要判断单祖偶环的。
这样我们就dp求一下奇环和偶环就好了
设 F[i] 为点 i 的父边被多少个单祖奇环包含，G[i] 为点 i 的父边被多少个单祖偶环包含。
在 DFS树 中自底向上 DP。
考虑点 u，对于边 (u, v)，有三种情况:
①：(u, v) 是树边，点 u 是 v 的父亲，F[u] += F[v], G[u] += G[v]
②：(u, v) 是一条返祖边, F[u]++ 或 G[u]++;
③：(v, u) 是一条返祖边, F[u]- - 或 G[u]- -;
时间复杂度：O(n+m)
于是A之……
改后AC代码：
#include