【题目大意】
小奇特别喜欢猪，于是他养了$n$只可爱的猪，但这些猪被魔法猪教会了魔法，一不看着某些猪就会自己打起来。
小奇要带着他的猪讨伐战狂，路途中遇到了一条河。小奇找到了一条船，可惜这条船一次只能载小奇外加一只猪（可以不载猪），于是小奇只能在两条河岸之间来回运送猪或者空船跑路。
这些猪之间的关系可以用一些三元组$(a,b,c)$表示，当$a,b,c$号猪与小奇不在一起时，他们会进行斗殴。（不在一起就是指小奇此时处于河岸中央或者河对岸）。
当然，小奇在运送猪的时候希望猪之间不发生任何斗殴现象，他希望询问你是否有运送方案。
有多组数据。
$T \leq 10, n \leq 1000, m \leq 3000$
【题解】
明显需要有一头猪在所有三元组里都出现，不然一定不可行，设这头猪为$tar$。
那么考虑$tar$要怎么运送，先把他运到对岸，然后运送若干的猪到对岸，再把它运回来，把其他猪运到对岸，在把它运到对岸。
那么每个三元组变成了二元组，对应连边。
很明显按照刚刚的过程，设$tar$回来的时候，小奇带的上一个是$i$；带回来后，小奇带的下一个是$j$。
求得就是删掉$i,j$后，剩下的点是否能够构成二分图。
枚举删掉的点$i$，找出dfs树，那么每个奇环就是若干个由一条返祖边代表的奇环的异或和。
一个点$x$被删掉后，为二分图，当且仅当：
1. 所有返祖边代表的奇环，在树上都经过$x$；
2. $x$的所有子树中没有一个子树内有一条奇返祖边和偶返祖边（分别形成奇环、偶环，因为这样那个删掉$x$，由这两条返祖边构成的奇环仍在）
第一个条件做一遍树上前缀和即可，第二个做树形dp即可。
复杂度$O(Tn^2)$。
# include# include <string.h> # include # include // # include using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef unsigned long long ull; const int M = 3e3 + 10, N = 1e3 + 10; const int mod = 1e9+7, inf = 1e9; inline int getint() { int x = 0; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) ch = getchar(); while(isdigit(ch)) x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar(); return x; } int n, m, cnt[N]; struct pa { int a, b, c; }p[M]; int head[N], nxt[M+M], to[M+M], tot=0; inline void add(int u, int v) { ++tot; nxt[tot] = head[u]; head[u] = tot; to[tot] = v; } inline void adde(int u, int v) { add(u, v), add(v, u); } bool ok; int vis[N], dep[N], f[N][2], g[N], par[N], ocnt; inline void dfs(int x, int fa = 0) { dep[x] = dep[fa] + 1; vis[x] = 1; par[x] = fa; for (int i=head[x], y; i; i=nxt[i]) { y = to[i]; if(vis[y]) { if(vis[y] == 1 && dep[y] < dep[x]) { // cout << x << "-->" << y << endl; int p = (dep[x]-dep[y]+1)&1; f[x][p] = min(f[x][p], dep[y]); if(p) { // cerr << x << ' ' << y << endl; g[x] ++, g[par[y]] --; ++ ocnt; } } continue; } dfs(y, x); f[x][0] = min(f[x][0], f[y][0]); f[x][1] = min(f[x][1], f[y][1]); } } inline void gans(int x, int fa) { vis[x] = 1; bool fl = 1; for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) { if(vis[to[i]]) continue; gans(to[i], x); if(f[to[i]][0] < dep[x] && f[to[i]][1] < dep[x]) fl = 0; g[x] += g[to[i]]; } if(g[x] == ocnt && fl) ok = 1; } inline void sol() { n = getint(), m = getint(); tot = 0; for (int i=1; i<=n; ++i) head[i] = cnt[i] = 0; for (int i=1; i<=m; ++i) { ++ cnt[p[i].a = getint()]; ++ cnt[p[i].b = getint()]; ++ cnt[p[i].c = getint()]; } int tar = -1; for (int i=1; i<=n; ++i) if(cnt[i] == m) { tar = i; break; } if(tar == -1) { puts("no"); return ; } for (int i=1; i<=m; ++i) { if(p[i].a == tar) adde(p[i].b, p[i].c); if(p[i].b == tar) adde(p[i].a, p[i].c); if(p[i].c == tar) adde(p[i].a, p[i].b); } for (int x=1; x<=n; ++x) { if(tar == x) continue; ocnt = 0; ok = 0; for (int i=1; i<=n; ++i) g[i] = 0, par[i] = 0, f[i][0] = f[i][1] = inf, dep[i] = vis[i] = 0; vis[x] = vis[tar] = 2; for (int i=1; i<=n; ++i) if(!vis[i]) dfs(i, 0); for (int i=1; i<=n; ++i) vis[i] = 0; vis[x] = vis[tar] = 2; for (int i=1; i<=n; ++i) if(!vis[i]) gans(i, 0); if(ok) { puts("yes"); return ; } } puts("no"); } int main() { freopen("river.in", "r", stdin); freopen("river.out", "w", stdout); int T; T = getint(); while(T--) sol(); return 0; }