题解：CF858F Wizard's Tour

本文在编写完成后使用了 Qwen3-Max 进行润色。

这是一道非常巧妙的好题。

我们考虑通过一次 DFS 来完成整个构造过程。

在 DFS 的过程中，我们可以自然地构建出一棵 DFS 树。对于树中除根节点外的任意一个节点 $ v $，其连出的边可以分为三类：

• 父向边：连接 $ v $ 与其父节点；
• 子向边：连接 $ v $ 与其子节点；
• 返祖边：连接 $ v $ 与某个祖先（非父节点）。

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关于返祖边的处理

本题的关键在于：我们不关心一个点被经过多少次，只关心每条边是否被使用恰好一次。因此，返祖边可以被“转化”为一条虚拟的子向边来处理（你可以理解为把祖先“拉下来”当作一个叶子儿子）。（祖宗：好好好，你小子把我薅下来当你儿子，还是个叶子？）

这样做是安全的，因为这个“假儿子”不会“夺舍”这条边——它没有其他出边可供匹配，所以这条边一定可以参与当前节点 $ v $ 的匹配。

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关于子向边的处理

对于真实的子节点，我们在递归处理完子树后，就能知道该子节点是否会“夺舍”它与 $ v $ 之间的那条边（即子节点是否已用这条边进行匹配）。

• 如果子节点已经用了这条边，那么 $ v $ 就不能再用；
• 否则，这条边对 $ v $ 是可用的。

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关于父向边的决策

当我们处理完所有子向边和返祖边后，统计当前节点 $ v $ 可用于匹配的边数（不包括父向边）。

• 如果这个数量是偶数，说明 $ v $ 已经能内部配对完毕，那么父向边就可以留给父节点使用；
• 如果是奇数，则 $ v $ 会“多出”一条边无法配对，此时就将父向边“夺舍”过来，与这条多余的边配成一对。

这样自底向上贪心地构造，即可保证每条边恰好被使用一次，并且所有路径长度均为 2（即合法的“Wizard's Tour”）。

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通过一次 DFS 即可完成全部匹配，时间复杂度为 $ O(n + m) $，简洁而高效。

（什么？你说我不给代码？受着）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N=200005;
int n,m;
bitset<N> vis;
bitset<N> use;
struct edge{
	int v,i;
};
vector<edge> g[N];
stringstream ans;
int cnt;
bool dfs(int u,int f,int fi){
	int lzy=0,lzyi=0;
	vis[u]=1;
	for(auto [v,i]:g[u]){
		if(v==f||use[i])continue;
		bool enable=vis[v]?1:!dfs(v,u,i);
		if(enable){
			if(lzy){
				cnt++;
				ans<<lzy<<" "<<u<<" "<<v<<"\n";
				use[i]=use[lzyi]=1;
				lzy=lzyi=0;
			}else{
				lzy=v;lzyi=i;
			}
		}
	}
	if(lzy&&f){
		cnt++;
		ans<<lzy<<" "<<u<<" "<<f<<"\n";
		use[fi]=use[lzyi]=1;
		return 1;
	}else{
		return 0;
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		g[a].push_back({b,i});
		g[b].push_back({a,i});
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			dfs(i,0,0);
		}
	}
	cout<<cnt<<"\n"<<ans.rdbuf();
	return 0;
}