题意：
给n个点，m条边，将这个图拆成多个子图，每个子图里面有两条相邻的边（也就是每个子图 3个点2条边），当然每条边只能属于一个子图，如果不能拆分成功，则No solution， 否则，将每个子图的3个顶点（x，y，z）输出 （这个子图包含 x到y 的边 ， y到z的边 ）
思路：
m是奇数，则不能拆分。
m是偶数，可以拆分。
1、将图形看成以1为树根的一棵“树”，这棵树会有环，把它当成一颗简单树来分析思路，如下图的一棵树。
题目中的是无向图，画图的时候不小心画成了有向的了，，，，，（只要把它当成无向就好了，忽视箭头就好了）
2、从树根 1 开始遍历，一直到叶子节点（或者遇到已经被访问过的点），然后进行一些操作，然后回溯。
操作为：
给每个点一个队列来存放它的可用的子节点（存进去的可用的子节点，指的是这个点到子节点的边还未用过）。
然后让这些可用的子节点两两一对，（即child1，root，child2 为一个子图 ）。
如果可用的子节点为奇数，则说明有一条到子节点的边没有被用过，则另外需要当前这个点到它父亲节点的一条边，使之构成一个子图。
例如 图中的 节点3 ： 它有3个子节点，（6—3—8）一个子图，3—9这条边则需要和3—1这条边组成一个子图（1—3—9），所以节点3这个点不再是节点1的可用的子节点了，因为1—3 这条边已经被用过了。
如果可用的子节点是偶数，则不需要直接构成子图就好了。当然这个节点仍然是它父亲节点的可用子节点。如节点2仍然是节点1的子节点。
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #include<vector> 6 #include<queue> 7 8 using namespace std; 9 10 const int T=1e5+5; 11 12 struct node 13 { 14 int x,num; 15 }t; 16 17 vector < node > Q[T]; 18 bool flag[T]; 19 20 int dfs( int now ) 21 { 22 int l=(int)Q[now].size(),r,v1,v2; 23 node k; 24 queue < int > q; // 注意==>是每个节点都有一个队列 25 for(int i=0;i<l;i++) 26 { 27 k=Q[now][i]; 28 if( flag[k.num] ) continue; 29 flag[k.num]=1; 30 r = dfs( k.x ); 31 if( r ) printf("%d %d %d ",now,k.x,r); // 说明 now 节点的子节点有一条未用的边 32 else q.push( k.x ); //否则将这个节点存入到队列里 33 } 34 while( q.size() >= 2 ) 35 { 36 v1=q.front(); 37 q.pop(); 38 v2=q.front(); 39 q.pop(); 40 printf("%d %d %d ",v1,now,v2); 41 } 42 if( !q.empty() ) 43 { 44 v1=q.front(); 45 return v1; // 如果队列里面有剩余，则将此队列里的点返回回去和其父节点，父节点的父节点构成一个子图 46 } 47 return 0; 48 } 49 50 int main( ) 51 { 52 int n,m,a,b; 53 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 54 { 55 for(int i=0;i<=n;i++) 56 Q[i].clear(); 57 for(int i=1;i<=m;i++) 58 { 59 scanf("%d%d",&a,&b); 60 t.num=i; 61 t.x=b; 62 Q[a].push_back( t ); 63 t.x=a; 64 Q[b].push_back( t ); 65 } 66 if( m%2 ) printf("No solution "); 67 else{ 68 69 memset(flag,0,sizeof(flag)); 70 dfs( 1); 71 } 72 } 73 return 0; 74 }