给定一张图，请你找出欧拉回路，即在图中找一个环使得每条边都在环上出现恰好一次。
输入格式
第一行包含一个整数 t，t∈{1,2}，如果 t=1，表示所给图为无向图，如果 t=2，表示所给图为有向图。
第二行包含两个整数 n,m，表示图的结点数和边数。
接下来 m 行中，第 i 行两个整数 vi,ui，表示第 i 条边（从 11 开始编号）。
- 如果 t=1 则表示 vi 到 ui 有一条无向边。
- 如果 t=2 则表示 vi 到 ui 有一条有向边。
图中可能有重边也可能有自环。
点的编号从 1 到 n。
输出格式
如果无法一笔画出欧拉回路，则输出一行：NO。
否则，输出一行：YES，接下来一行输出 任意一组 合法方案即可。
- 如果 t=1，输出 m 个整数 p1,p2,…,pm。令 e=|pi|，那么 e 表示经过的第 i 条边的编号。如果 pi 为正数表示从 ve 走到 ue，否则表示从 ue 走到 ve。
- 如果 t=2，输出 m 个整数 p1,p2,…,pm。其中 pi 表示经过的第 i 条边的编号。
数据范围
1≤n≤105
0≤m≤2×105
输入样例1：
1
3 3
1 2
2 3
1 3
输出样例1：
YES
1 2 -3
输入样例2：
2
5 6
2 3
2 5
3 4
1 2
4 2
5 1
输出样例2：
YES
4 1 3 5 2 6解析：
一、在无向图中（所有边都是连通的）：
（1）存在欧拉路径的充分必要条件：度数为奇数的点只能有0或2。
（2）存在欧拉回路（起点和终点相同）的充分必要条件：度数为奇数的点只能有0个。
二、在有向图中（所有边都是连通的）：
（1）存在欧拉路径的充分必要条件：要么所有点的入度均等于入度；要么除了两个点之外，其余所有的点的出度等于入度，剩余的两个点：一个满足出度比入度多1（起点），另一个满足入度比出度多1（终点）。
（2）存在欧拉回路（起点和终点相同）的充分必要条件：所有点的入度均等于出度。
欧拉回路的dfs用边来判重，不能用点。
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<math.h>
#include<map>
#include<sstream>
#include<deque>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 5, M = 4e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int din[N], dout[N];
int ans[M], cnt;
bool used[M];
int type;
void add(int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs(int u) {
//cout << "_______________________" << u << endl;
for (int& i = h[u]; i != -1;) {
if (used[i]) {
i = ne[i];
continue;
}
int t;
if (type == 1) {
t = i / 2 + 1;
if (i & 1)t = -t;
}
else t = i + 1;
used[i] = 1;
if (type == 1) {
used[i ^ 1] = 1;
}
int j = e[i];
i = ne[i];
dfs(j);
ans[++cnt] = t;
}
}
int main() {
cin >> type;
cin >> n >> m;
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1,a,b; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b);
if (type == 1)add(b, a);
din[b]++, dout[a]++;
}
if (type == 1) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (din[i] + dout[i] & 1) {
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
}
}
else {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (din[i] != dout[i]) {
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (h[i] != -1) {
dfs(i);
break;
}
}
if (cnt < m) {
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
cout << "YES" << endl;
for (int i = cnt; i; i--) {
printf("%d ", ans[i]);
}
return 0;
}
