题面
Description
根据宪法，Byteland民主共和国的公众和平委员会应该在国会中通过立法程序来创立。 不幸的是，由于某些党派代表之间的不和睦而使得这件事存在障碍。
此委员会必须满足下列条件：
每个党派都在委员会中恰有1个代表，
如果2个代表彼此厌恶，则他们不能都属于委员会。
每个党在议会中有2个代表。代表从1编号到2n。 编号为2i-1和2i的代表属于第I个党派。
任务是写一程序：
输入党派的数量和关系不友好的代表对，
计算决定建立和平委员会是否可能，若行，则列出委员会的成员表。
Input
第一个行有2非负整数n和m。 他们各自表示：党派的数量n，1＜=n＜=8000和不友好的代表对m，0 ＜=m ＜=20000。 在下面m行的每行为一对整数a,b，1＜=a
Output
如果委员会不能创立，输出中应该包括单词NIE。若能够成立，输出中应该包括n个从区间1到2n选出的整数，按升序写出，每行一个，这些数字为委员会中代表的编号。 如果委员会能以多种方法形成，程序输出字典序最小的一个。
Sample Input
3 2
1 3
2 4
Sample Output
1
4
5
（题外话）
原来一直觉得做了一道题，做了就是做了，就不用管了。现在觉得，每做完一道题，不管怎么样，还是写一写自己的总结。不管给谁看吧，有个记录自己也方便复习。同样的，以后自己回首再看自己的OI历程，才会觉得自己还是有所收获的。
解决问题
不管了，言归正传。这是一道2-sat的（模板）题。
关于2-sat问题是什么，我只是小蒟蒻，并不是我能够说清的问题（只能够自己理解，但是我并不一定能够说得清楚）。
先贴一个dalao的blog供大家学习2-sat，这个讲的非常清楚
*http://blog.csdn.net/jarjingx/article/details/8521690 *
这是一道简单的题目，2-sat最暴力的解法。
（因为题目是从简单到难，方法也就从简单到复杂，其它的更加复杂的内容就写在别的地方）
先化简一下题意：就是有n党派，每个党派两个人，只能够从中选择一个人进入委员会。同时，有m组关系，表示某两个人不能够同时出现在委员会中。求出字典序最小的委员会名单。
这就是一个2-sat问题，因为要求出最小字典序，只能够用最暴力的方法，时间复杂度为O(nm)。
先看一看矛盾是什么意思。不妨设i的同党派的人的编号是i'。那么某两个人(a,b)矛盾，即意味着选择了a就只能选择b'，选择了b就只能选择a'，即(a,b')(b,a')，那么这两种就是可行性方案。
那么，对于每一组矛盾(a,b)，就进行连边(a,b')(b,a')
拿样例举例就是这样：
因为1,3矛盾、2,4矛盾，其实连出来的的线重合了，就只有这两条
先贴一段代码，可以自己大致估摸一下什么意思
//work()函数
//Oth(x)指的就是x'
bool Work()
{
memset(Col,0,sizeof(Col));
for(int i=1;i<=n*2;++i)
{
if(Col[i])
continue;
cnt=0;
if(!Paint(i))
{
for(int j=1;j<=cnt;++j)
Col[Ans[j]]=Col[Oth(Ans[j])]=0;
if(!Paint(Oth(i)))
return false;
}
else
continue;
}
return true;
}
分析一下过程
1.读入数据，并进行连边操作（我存边偷懒用的vector）
2.顺序搜索，依次进行染色的尝试（DFS过程），染为可行和不可行
3.检查可行性，输出结果
第1步已经分析过了（上面呢），看第2步。
这里用到的方法是染色法。因为要求字典序最小，每次从前向后循环，每找到一个未染色的点就对其进行DFS的染色尝试（优先尝试染为可行，这要保证字典序最小）。
那么接下来大致过程如下：
1.首先对当前点x进行染色，染为可行，其党派内的对应结点x'则染为不可行。
2.访问所有和x相连的结点vi，依次进行搜索。
3.如果vi未被染过颜色，同x的染色一样继续进行。如果vi已经被染过色，那么检查它是否可行。如果产生了矛盾，则证明当前染色是错误的，需退回将x'染为可行，x不可行（即重新对x'进行搜索，work()函数中的Paint(Oth(x))语句的含义 ）。
4.如果重新尝试染Paint(x')也不行，则意味着无解，退出函数并输出，否则继续依次尝试染色。
5.如果所有结点都被染上了颜色，程序结束，访问所有结点，输出所有被染为可行的结点
define Oth(x) (x%2==0?x-1:x+1)
const int MAX=8005;
vector
short int Col[MAX2];
int Ans[MAX];
int n,m,cnt,u,v;
int read()//读入优化
{
int x=0;
short int t=1;
char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x10+ch-48;ch=getchar();}
return xt;
}
bool Paint(int x)//染色法
{
if(Col[x]!=0)//已经染过颜色了
return Col[x]%2;//若x染色为1则不矛盾，若x染色为2,则与原来染色矛盾
Col[x]=1;Col[Oth(x)]=2;//当前x染颜色1，另一个染为颜色2
Ans[++cnt]=x;//记录一组染色
for(int i=0;i<e[x].size();++i)
{
if(!Paint(e[x][i]))//向所有联通的点搜索
return false;//如果染色出现了矛盾，则返回
}
return true;//当前x染色成功
}
bool Work()
{
memset(Col,0,sizeof(Col));//清空染色的数组
for(int i=1;i<=n*2;++i)//枚举所有的人
{
if(Col[i])//已经染过色
continue;//不用搜索
cnt=0;//当前染色的组数
if(!Paint(i))//将i染色失败
{
for(int j=1;j<=cnt;++j)//本次染的颜色全部清空
Col[Ans[j]]=Col[Oth(Ans[j])]=0;
if(!Paint(Oth(i)))//将i的另一个对应点染色
return false;//如果也失败则无解
}
else //染色成功
continue;//继续染色
}
return true;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;++i)//读入并建立边
{
u=read();
v=read();
e[u].push_back(Oth(v));
e[v].push_back(Oth(u));
}
if(Work())//尝试染色成功
{
for(int i=1;i<=n*2;++i)
if(Col[i]==1)
cout<<i<<endl;
}
else//染色失败，无解
cout<<"NIE"<<endl;
return 0;
}