Description

给定一张n个点m条边的无向图，每条边连接两个顶点，保证无重边自环，不保证连通
你想在这张图上进行若干次旅游，每次旅游可以任选一个点x作为起点，再走到一个与x 直接有边相连的点y，再走到一个与y 直接有边相连的点z 并结束本次旅游
作为一个旅游爱好者，你不希望经过任意一条边超过一次，注意一条边不能即正向走一次又反向走一次，注意点可以经过多次，在满足此条件下，你希望进行尽可能多次的旅游，请计算出最多能进行的旅游次数并输出任意一种方案

Input

第1 行两个正整数n 与m，表示全图的点数与边数
下接m 行，每行两个数字u 与v 表示一条边

Output

第1 行一个整数cnt 表示答案
下接cnt 行，每行三个数字x, y 与z，表示一次旅游的路线
如有多种旅行方案，任意输出一种即可

Sample Input

4 5
1 2
3 2
2 4
3 4
4 1

Sample Output

1
2

Data Constraint

对于前20% 的数据，n <= 10;m <= 20.
对于令20% 的数据，m = n - 1，并且图连通
对于令10% 的数据，每个点的度数不超过2
对于100% 的数据，n <= 100000;m <= 200000

Solution

由于这个图不一定是连通图，且两两联通块之间互不影响，所以这里只讨论一个联通快。
对于一个边数为 mm 联通快，显然能有 ⌊m2⌋\lfloor\frac{m}{2}\rfloor 条旅游路线，因为点能重复走。

-问题是如何连边呢？

把连通块看成一棵树，遍历一遍，记录遍历的顺序。（注意只走尚未走过的点）
按照遍历的顺序的倒序操作，对于一个点，又开一个队列。
先把连“儿子”节点的边加入进去，有的话再将连“父亲”节点的边加入进去。
这样两条两条进行组合，就能不重不漏地匹配，
因为先匹配深度大、再匹配深度小的，就能保证深度大的一定能被匹配，深度小的可以以后再说。
最后将每个连通块中匹配的边都一起输出即可。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=100001;
int tot,ans;
int first[N],next[N<<2],en[N<<2];
int fa[N],q[N],num[N],vis[N<<2],ans1[N][3];
inline int read()
{int X=0,w=1; char ch=0;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();return X*w;
}
inline void insert(int x,int y)
{next[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;
}
inline void bfs(int x)
{int l=0,r=1;fa[q[1]=x]=-1;while(l<r)for(int i=first[q[++l]];i;i=next[i])if(!fa[en[i]]) fa[q[++r]=en[i]]=q[l];for(int i=r;i;i--){num[0]=0;for(int j=first[q[i]];j;j=next[j])if(!vis[j] && en[j]!=fa[q[i]]) num[++num[0]]=j;for(int j=first[q[i]];j;j=next[j])if(!vis[j] && en[j]==fa[q[i]]){num[++num[0]]=j;break;}for(int j=1;j<num[0];j+=2){vis[num[j]]=vis[num[j]^1]=vis[num[j+1]]=vis[num[j+1]^1]=true;ans1[++ans][0]=en[num[j]];ans1[ans][1]=q[i];ans1[ans][2]=en[num[j+1]];}}
}
int main()
{int n=read(),m=read();for(int i=tot=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();insert(x,y);insert(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++)if(!fa[i]) bfs(i);printf("%d\n",ans);for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d %d %d\n",ans1[i][0],ans1[i][1],ans1[i][2]);return 0;
}

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