传送门

首先想了黑白染色,发现不会染

其实可以考虑如何动态地维护出这个点集

发现题面里对不在点集之中的点之间的连边没有要求

所以考虑不断向图中加点,为了满足要求,每次取一个与当前新图中相连的点

若它与点集中的点有连边,那它不能选入点集

如果没有,那它必须选入点集,否则这个点不满足「通过开启边可达」的要求

但如何证明这样下去得到的点集一定满足「通过开启边可达」的要求呢?

发现加了「开启边」这个要求之后非点集中的点之间的连边就废了

那图就成了二分图了

而我们加边时所加的所有边构成一条链,这条链连通了所有点

得证

或者参考题解做法

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 300010
#define reg register int
#define ll long long
//#define int long long char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
int ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
} int n, m;
int head[N], size, fa[N], sta[N], top;
bool vis[N], vis2[N];
struct edge{int to, next;}e[N<<1];
inline void add(int s, int t) {edge* k=&e[++size]; k->to=t; k->next=head[s]; head[s]=size;}
inline int find(int p) {return fa[p]==p?p:fa[p]=find(fa[p]);} void dfs(int u, int pa) {
vis[u]=1;
for (int i=head[u]; i; i=e[i].next)
if (vis2[e[i].to]) goto jump;
vis2[u]=1;
sta[++top]=u;
jump:
for (int i=head[u]; i; i=e[i].next)
if (!vis[e[i].to]) dfs(e[i].to, u);
} signed main()
{
int T; T=read();
while (T--) {
size=0; top=0; n=read(); m=read();
memset(head, 0, sizeof(int)*(n+10));
memset(vis, 0, sizeof(bool)*(n+10));
memset(vis2, 0, sizeof(bool)*(n+10));
for (reg i=1; i<=n; ++i) fa[i]=i;
for (int i=1,u,v; i<=m; ++i) {
u=read(); v=read();
add(u, v); add(v, u);
fa[find(u)]=find(v);
}
int u=find(1);
for (int i=2; i<=n; ++i) if (find(i)!=u) {puts("NO"); goto loop;}
puts("YES");
dfs(1, 0);
printf("%d\n", top);
for (int i=1; i<=top; ++i) printf("%d ", sta[i]);
printf("\n");
loop: ;
} return 0;
}

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