zszz按照传统在写题解之前是要写一堆废话的对不对
悲惨的回忆……
被卡科技了/kk，wtcl/dk
哪个神仙能想到这是个欧拉回路啊/kel
话说为啥有210个测试点啊，爪巴（
跑了整整20min了才测好一半，不等了睡觉去了，差评（
早上看AC了，原来昨天那个时候有比赛。。
先咕着，等eJOI切完了再来填坑
UPD 2020.7.24：前来填坑。
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给定(n)个珠子无序对，第(i)个珠子对的权值为((a_i,b_i))，每对的两个珠子已经连了起来。要求再连(n)条线，使(2n)个珠子连成简单环，其中对于每个珠子对，连接它的两条线分别与两个珠子相连。每条再连的线的权值为使得(2^x)能被它所连的两个珠子的权值的异或和整除的最大自然数(x)。你需要最大化再连的(n)条线的最小权值，并给出此时的连接方案。
(ninleft[1,5 imes10^5 ight],a_i,b_iinleft[0,2^{20} ight))。
首先注意到，答案最多只有(21)种（(0sim 20)），我们可以从大到小贪心地枚举答案，转最优化为判定。
考虑对于(vin[0,20])，如何判定答案是否(geq v)。注意到，要求所有再连的边的最小权值(geq v)，就是所有再连的边的权值都要(geq v)。设连的两个珠子权值分别为(x,y)，那么即(2^vmid xoplus y)，即(xmod 2^v=ymod 2^v)。不难想到，可以将每个珠子的权值当作((a/b)_imod 2^v)，这样有解当且仅当可以使得每条再连的线的两端权值相等。
这样就不难想到图论了。考虑在每个珠子对之间连边，这样最终肯定要每条边都走一遍，并回到自己，不难想到欧拉回路。那么如何体现“再连的线的两端权值相等”这个条件呢？我们把每个珠子映射到它的权值再建图即可，这样每两条相邻走过的边的交点，表示这两个珠子对连接的地方的左右两端的权值是这个同一个数。
这样，判一下，如果有欧拉回路，DFS的时候就逆序记录经过的边们连接的珠子对，最后将这个大小为(2n)的答案序列reverse即可。
时间复杂度(mathrm O((n+v)log v))，其中(v)是值域大小，(log)是枚举答案。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
const int N=500000,A_I=1<<20;
int n;
int a[N+1],b[N+1];
vector<pair<int,pair<int,int> > > nei[A_I];
vector<int> reg[A_I];
vector<bool> ban[A_I];
int now[A_I];//当前弧
vector<int> pa;
void dfs(int x=a[1]){//跑欧拉回路
// cout<<x<<" ";
for(int &i=now[x];i<nei[x].size();i++)if(!ban[x][i]){
int y=nei[x][i].X,y1=nei[x][i].Y.X,y2=nei[x][i].Y.Y;
ban[x][i]=ban[y][reg[x][i]]=true;
dfs(y);
pa.pb(y2);pa.pb(y1);//逆序压入
}
}
void sol(int x){
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]%=1<<x,b[i]%=1<<x;
for(int i=0;i<1<<x;i++)nei[i].clear(),reg[i].clear(),ban[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++){//建图
if(a[i]==b[i]){
nei[a[i]].pb(mp(a[i],mp(2*i-1,2*i)));nei[a[i]].pb(mp(a[i],mp(2*i,2*i-1)));
reg[a[i]].pb(nei[a[i]].size()-1);reg[a[i]].pb(nei[a[i]].size()-2);
}
else{
nei[a[i]].pb(mp(b[i],mp(2*i-1,2*i)));nei[b[i]].pb(mp(a[i],mp(2*i,2*i-1)));
reg[a[i]].pb(nei[b[i]].size()-1);reg[b[i]].pb(nei[a[i]].size()-1);
}
ban[a[i]].pb(false);ban[b[i]].pb(false);
}
for(int i=0;i<1<<x;i++)if(nei[i].size()%2)return;//判欧拉回路
memset(now,0,sizeof(now));pa.clear();
dfs();
// puts("");
if(pa.size()!=2*n)return;//图要连通
cout<<x<<"
";
for(int i=2*n-1;~i;i--)printf("%d ",pa[i]);//倒序
exit(0);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",a+i,b+i);
for(int i=20;;i--)sol(i);//从大到小枚举答案
return 0;
}