题意：
- 有一棵 (n) 个节点的图 (G)，R 和 B 两个人轮流操作，R 先操作。
- 每次操作 R 可以染红任意一条未染色的边，B 可以染蓝任意一条未染色的边
- R 的目标是染成一棵全蓝的生成树，R 的目标是阻止后手染成一棵全蓝的生成树，问谁会赢。
- (n in [1,10])，(m in [1,30])
yet another 博弈论 problem......
不难猜出本题的结论是如果 (G) 中存在两棵边集不相交的生成树，答案为 ( exttt{YES})，否则答案为 ( exttt{NO})，你手玩几组数据应该就可以看出来。
但是怎么证明呢？
对于游戏中任意一个局面，我们分以下几种情况考虑：
- 如果 (G) 中存在两棵生成树 (T_1,T_2)，满足 (T_1,T_2) 只由蓝边或无色边组成，并且 (T_1,T_2) 中无色边组成的边集不相交。
如果 R 染红的边不在 (T_1,T_2) 中，那么 B 随便染蓝一条边都可以保持这个局面。因为你染蓝这条边后 (T_1,T_2) 依然满足上述条件。
如果 R 染红的边在 (T_1,T_2) 中，不妨假设 R 染红的边为 (e_1 in T_1)，那么 B 必然可以找出 (e_2 in T_2)，满足从 (T_1) 中删除 (e_1) 加入 (e_2) 依然是一个生成树 (T'_1)。你感性理解一下，去掉 (e_1) 之后原树 (T_1) 分成两个点集 (V_1,V_2)，由于 (T_2) 是一棵树，那么必然有一条边 (e_2) 沟通了 (V_1,V_2)，不然 (T_2) 就不连通了。如果此时 (e_2) 未染色，那么 B 可以将 (e_2) 染成蓝色，此时 (T'_1) 与 (T_2) 依然满足上述条件。如果 (e_2) 已经染成蓝色，那么 B 随便染蓝一条边也不会使局面更坏。
综上，这种情况下 B 有必胜策略。 - 如果 (G) 中不存在两棵生成树 (T_1,T_2)，满足 (T_1,T_2) 只由蓝边或无色边组成，并且 (T_1,T_2) 中无色边组成的边集不相交。
Ⅰ. 如果 (G) 中存在一条边 (e) 满足 B 将 (e) 染蓝后会得到 1 的局面。那么 R 可将 (e) 染红。此时，先手边后手，后手变先手，根据 1 的结论，R 可以染出一棵全红的生成树，B 就染不出一棵全蓝的生成树了。
Ⅱ. 如果 (G) 中不存在一条边 (e) 满足 B 将 (e) 染蓝后会得到 1 的局面。那么 R 可以随便染红一条边，因为 B 不管染蓝哪条边都得不到 1 的局面。
综上，这种情况下 R 有必胜策略。
接下来就是实现的问题。本题数据范围很小，而博主又太菜不会什么 Minmax 搜索之类的高级算法。只好采用暴搜的方法，暴力枚举一棵生成树的边集判断其他边是否能构成一棵生成树，由于 (C_{30}^9=14307150) 只达到 (10^7) 级别。因此你稍微剪点枝就可以过了。
/*
Contest: -
Problem: HDU 3267
Author: tzc_wk
Time: 2020.7.27
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define fillsmall(a) memset(a,0xcf,sizeof(a))
#define y1 y1010101010101
#define y0 y0101010101010
typedef pair<int,int> pii;
inline int read(){
int x=0,neg=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') neg=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x*neg;
}
bool ans=0;
int n,k,m,u[75],v[75],f[75],num=0;
bool vis[75];
inline int find(int x){
return (f[x]==x)?(x):find(f[x]);
}
int to[75],ecnt=0,nxt[75],hd[75];
inline void ae(int x,int y){
to[++ecnt]=y;
nxt[ecnt]=hd[x];
hd[x]=ecnt;
}
int used[75];
inline void findcomp(int x){
if(used[x]) return;
used[x]=1;
for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]) findcomp(to[i]);
}
inline void dfs(int x,int lst){
if(x==n){
// num++;
// if(num%100000==0) cout<<num<<endl;
// fz(i,1,m) if(vis[i]) cout<<i<<" ";puts("");
fill0(hd);fill0(nxt);fill0(to);ecnt=0;fill0(used);
fz(i,1,m) if(!vis[i]) ae(u[i],v[i]),ae(v[i],u[i]);
findcomp(1);bool flg=1;
fz(i,1,n) if(!used[i]) flg=0;
if(flg) ans=1;
return;
}
for(int i=lst+1;i<=m;i++){
int _u=u[i],_v=v[i];
// if(rand()&1) swap(_u,_v);
int fu=find(_u),fv=find(_v);
if(fu!=fv){
f[fu]=fv;vis[i]=1;dfs(x+1,i);
if(ans) return;
vis[i]=0;f[fu]=fu;f[fv]=fv;
}
}
}
inline void solve(){
m=0;fill0(u);fill0(v);fill0(f);
fz(i,1,k){
int _u=read(),_v=read();_u++;_v++;
if(_u!=_v) u[++m]=_u,v[m]=_v;
}
fz(i,1,n) f[i]=i;
fill0(vis);ans=0;dfs(1,0);
if(ans) puts("YES");
else puts("NO");
}
signed main(){
while(scanf("%d %d",&n,&k)){
if(!~n) break;
solve();
}
return 0;
}