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传送门

首先你能发现这个东西一定是两个环的公共边。

最开始想的是什么如果一个点被访问过三次那它一定是公共边的某一端之类的东西，然后发现被仙人掌叉掉。

然后就不会了。

事实上有很简洁的做法：先求出原图的任意一棵 \(\texttt{DFS}\) 树，然后对于每一条非树边，它一定与一条树上的路径构成一个环，暴力覆盖知道某一条边被经过两次即可。

根据抽屉原理可得这样的复杂度是正确的，为 \(O(n)\)。

当然我为了方便写的 \(O(n\log_2n)\)

以后遇到与环相关的问题可以往这个方向上想想。

贴代码：

/*---Author:HenryHuang---*/

/*---Never Settle---*/

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=2e5+5;

struct edge{

	int to,nex;

}e[maxn<<1];

int head[maxn],cnt=1;

void add(int a,int b){

	e[++cnt]=(edge){b,head[a]};

	head[a]=cnt;

}

int vis[maxn],t[maxn<<2];

int dep[maxn],fa[maxn];

void dfs(int u){

	dep[u]=dep[fa[u]]+1;vis[u]=1;

	for(int i=head[u];i;i=e[i].nex){

		int v=e[i].to;

		if(!vis[v]){

			t[i]=t[i^1]=1;

			fa[v]=u;

			dfs(v);

		}

	}

}

int path[maxn],tot;

void wr(int a,int b){

	path[++tot]=a;

	while(a!=b){

		a=fa[a];

		path[++tot]=a;

	}

	return ;

}

void pr(){

	cout<<tot<<' ';

	for(int i=1;i<=tot;++i) cout<<path[i]<<' ';

	cout<<'\n';tot=0;

}

int lca(int x,int y){

	while(dep[x]>dep[y]) x=fa[x];

	while(dep[x]<dep[y]) y=fa[y];

	while(x!=y) x=fa[x],y=fa[y];

	return x;

}

void print(int a,int b,int c,int d){

	cout<<"YES\n";

	int x=lca(b,d);

	if(dep[a]>dep[c]) swap(a,c),swap(b,d);

	wr(x,c);reverse(path+1,path+tot+1);pr();

	wr(c,a);wr(b,x);pr();

	path[++tot]=c,wr(d,x);pr();

	exit(0);

}

map<pair<int,int>,pair<int,int> > mp;

void check(int a,int b){

	if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);

	int d=a;

	while(d!=b){

		int c=fa[d];

		if(mp.count(make_pair(c,d)))

			print(b,a,mp[make_pair(c,d)].first,mp[make_pair(c,d)].second);

		else mp[make_pair(c,d)]=make_pair(b,a);

		d=c;

	}

}

int main(){

	ios::sync_with_stdio(0);

	cin.tie(0),cout.tie(0);

	int n,m;cin>>n>>m;

	for(int i=1;i<=m;++i){

		int a,b;cin>>a>>b;

		add(a,b),add(b,a);

	}

	for(int i=1;i<=n;++i)

		if(!vis[i]) dfs(i);

	for(int u=1;u<=n;++u)

		for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)

			if(!t[i])

				check(u,e[i].to),t[i]=t[i^1]=1;

	cout<<"NO\n";

	return 0;

}

巴特西

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