首先考虑第一问。每个联通块的情况是相对独立的，所以可以分别求每个联通块的答案。无向图中存在欧拉路的条件是奇点数为0或2，那么合法方案肯定是tp到一个奇点，通过一条欧拉路到另一个奇点，再tp到另一个奇点……
设共k个联通块，第$i$个里奇点个数为$c_i$，那么答案即为$sum_{i=1}^k max(1,frac c2)-1$，最后-1是因为选起点不用浪费传送次数。
关于构造方案，我们先对于每个联通块求它内部的奇点。如果没有的话直接跑欧拉路即可。
如果有奇点，那么必有偶数个，因为每个联通块的点的度数之和必为偶数。可以新建一个源点，向所有奇点连边，再跑欧拉路。
最后的方案输出：
如果从源点到某个点，那这个点一定是奇点，操作为1 x。
从某个点跑到源点，显然不用管。
从点x跑到点y，操作为0 y。
另外，写暴力圈套圈的欧拉路算法还是要用非递归版的，直接dfs有可能爆栈也可能直接T掉(递归很慢)。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e5+5;
int n,m;
int to[N*10],nxt[N*10],head[N],tot=1,deg[N];
int st[N*10],top,vis[N],v[N*10];
int ans=0,cnt;
pa res[N*10];
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
deg[x]++;
}
void dfs(int x)
{
vis[x]=1;
if(deg[x]&1)st[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(!vis[to[i]])dfs(to[i]);
return ;
}
int syst[N*10],systop;
void euler()
{
systop=0;
syst[++systop]=0;
while(systop>0)
{
int x=syst[systop],i=head[x];
while(i&&v[i])i=nxt[i];
if(i)
{
syst[++systop]=to[i];
v[i]=v[i^1]=1;
head[x]=nxt[i];
}
else systop--,st[++top]=x;
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(deg[i]&&!vis[i])
{
top=0;
dfs(i);
head[0]=0;
if(!top)add(0,i),add(i,0),add(i,0),add(0,i);
else while(top){int now=st[top--];add(0,now);add(now,0);};
euler();
int now;
while(top>1)
{
now=st[top--];
if(now)
res[++cnt]=make_pair(0,now);
else res[++cnt]=make_pair(1,st[top--]),ans++;
}
}
}
printf("%d
%d
",ans-1,res[1].second);
for(int i=2;i<=cnt;i++)
printf("%d %d
",res[i].first,res[i].second);
return 0;
}