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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;
}