\(A\)：Ivan the Fool and the Probability Theory（点此看题面）
大致题意： 给一个\(n\times m\)的矩阵\(01\)染色，使得不存在某个同色连通块大小超过\(2\)。
这道题看似很神仙，实际上仔细想一想、推一推性质，还是比较简单的。
先考虑第一行，这是一个\(1\times m\)的矩阵，可以设\(f_{i,0/1}\)为第\(i\)个格子所填与上个格子不同/相同的方案数，则：\(f_{i,0}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1},f_{i,1}=f_{i-1,0}\)。
由于第一个位置可填\(0\)可填\(1\)，所以初始化\(f_{1,0}=2,f_{1,1}=0\)。
接下来，我们考虑从第一行向下扩展，分两种情况讨论：
- 如果第一行不存在连续两个格子所填相同，则每一行填的数只能与上一行完全相反或是完全相同，且不能有连续超过\(2\)行完全相同。此时第一行只有\(0101...01\)或\(1010...10\)两种情况，而若我们把\(0101...01\)看作\(0\)，\(1010...10\)看作\(1\)，那么就相当于对\(n\times 1\)的矩阵\(01\)染色，所以方案数为\(f_{n,0}+f_{n,1}\)。
- 如果第一行存在连续的两个格子所填相同，则每一行填的数只能与上一行完全相反。此时第一行有\(f_{m,0}+f_{m,1}-2\)种填法（除去第一行不存在连续两个格子所填相同的两种填法），每种第一行填法对应唯一一种全局填法，所以方案数为\(f_{m,0}+f_{m,1}-2\)。
综上所述，总方案数为\(f_{n,0}+f_{n,1}+f_{m,0}+f_{m,1}-2\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,m,f[N+5][2];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int main()
{
RI i;scanf("%d%d",&n,&m);
for(f[1][0]=2,i=2;i<=max(n,m);++i) f[i][0]=(f[i-1][0]+f[i-1][1])%X,f[i][1]=f[i-1][0];
return printf("%d",(1LL*f[n][0]+f[n][1]+f[m][0]+f[m][1]-2+X)%X),0;
}
\(B\)：The World Is Just a Programming Task (Hard Version)（点此看题面）
大致题意： 定义一个括号序列\(S\)的美丽值为有多少个\(p\)使能得\(S_{p,n}S_{1,p-1}\)为合法括号序列。现在你可以交换一个括号序列中两个括号，求所能得到的最大的美丽值及交换的位置。
细节巨多的题目，写了一个下午......
首先，如果\(S\)的左右括号数量不同，直接输出\(0\)和\(1\ 1\)走人。
然后，我们考虑，对于一个括号序列，它的美丽值的意义。然后不难推导出，如果我们把(看作\(1\)，)看作\(-1\)，求出前缀和\(s\)数组后，美丽值就是\(s\)中的最小值个数。
假设我们交换括号\(x,y(x<y)\)，\(s\)中原本的最小值为\(Mn\)。
我的做法是，先对于\(x\)是左括号还是右括号进行讨论，然后再分别继续处理。
- 对于\(x\)是左括号的情况。此时，就相当于\(s_{x\sim y-1}\)减去\(2\)。
- 如果\(s_{x\sim y-1}\)中的最小值是\(Mn\)，则操作后\(s\)中的最小值是\(Mn-2\)。显然答案不会更优。
- 如果\(s_{x\sim y-1}\)中的最小值是\(Mn+1\)，则操作后\(s\)中的最小值是\(Mn-1\)。答案就是\(s_{x\sim y-1}\)中\(Mn+1\)的个数。
- 如果\(s_{x\sim y-1}\)中的最小值是\(Mn+2\)，则操作后\(s\)中的最小值依然是\(Mn-2\)。答案就是\(s_{x\sim y-1}\)中\(Mn+2\)的个数加上整个\(s\)中\(Mn\)的个数。
- 对于\(x\)是右括号的情况。此时，就相当于\(s_{x\sim y-1}\)加上\(2\)，也就是\(s_{1\sim x-1},s_{y\sim n}\)减去\(2\)，随后的讨论与上面类似。
通过上面的讨论，不难发现，在最小值不变的情况下，变化区间肯定是范围越大越好，因此我们用两个双指针来维护出最小值为\(Mn+1,Mn+2\)的两个答案区间即可。
具体实现可能有些细节要注意，可详见代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con cosnt
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 300000
using namespace std;
int n,a[N+5],p[N+5];char s[N+5];
int main()
{
RI i,Mn=n,res=0,ans=0,tx=1,ty=1;for(scanf("%d%s",&n,s+1),i=1;i<=n;++i)//读入+转化
a[i]=s[i]=='('?1:-1,p[i]=p[i-1]+a[i],Mn>p[i]?(Mn=p[i],res=1):Mn==p[i]&&++res;
if(p[n]) return puts("0\n 1 1"),0;ans=res;RI t=0,g=0;//如果左右括号数量不同，直接输出
RI nxt1=n,nxt2=n;for(i=n-1;i;--i)//对于左边是左括号
p[i]==Mn?(t=0,nxt1=i):(t+=p[i]==Mn+1),//维护最小值是Mn+1的答案区间
(p[i]==Mn||p[i]==Mn+1)?(g=0,nxt2=i):(g+=p[i]==Mn+2),//维护最小值是Mn+2的答案区间
~a[i]&&(ans<t&&(ans=t,tx=i,ty=nxt1),ans<res+g&&(ans=res+g,tx=i,ty=nxt2));//更新答案
RI v=0,w=0,k=0;for(t=g=0,i=1;i<=n;++i) p[i]==Mn+1&&++t,p[i]==Mn+2&&++g;//初始化
RI lim=t;for(nxt1=nxt2=i=1;i<=n;++i)//对于左边是右括号
{
W(v^res) p[nxt1]==Mn&&++v,p[nxt1]==Mn+1&&--t,nxt1=nxt1%n+1;//维护最小值是Mn+1的答案区间
W(w^lim||k^res) p[nxt2]==Mn+1&&++w,p[nxt2]==Mn&&++k,p[nxt2]==Mn+2&&--g,nxt2=nxt2%n+1;//维护最小值是Mn+2的答案区间
!~a[i]&&ans<t&&(ans=t,tx=i,ty=nxt1),p[i]==Mn&&--v,p[i]==Mn+1&&++t,//更新最小值是Mn+1的答案，然后更新区间
!~a[i]&&ans<res+g&&(ans=res+g,tx=i,ty=nxt2),p[i]==Mn+1&&--w,p[i]==Mn&&--k,p[i]==Mn+2&&++g;//更新最小值是Mn+2的答案，然后更新区间
}
return printf("%d\n%d %d",ans,tx,ty),0;//输出答案
}
\(C\)：Queue in the Train（点此看题面）
大致题意： 有\(n\)个人要灌水，每个人灌水用时皆为一个定值。每个人会在第\(p_i\)刻开始想要灌水，如果大于等于\(p_i\)的某一时刻他前方没有人在排队，他就会去排队。求每个人灌完水的时间。
模拟题，一开始理解错几个细节就挂飞了......
其实这道题说简单也很简单，个人认为我的做法可能有点复杂......
首先，我们把人以开始灌水时间为第一关键字、编号为第二关键字，排序，并用一个指针\(i\)来表示排序后的前\(i\)个人当前能够灌水。
然后，我们开一个小根堆（优先队列），把当前能够灌水的人都扔到堆里。
扔的同时，我们要判断这个人是否能去排队了，这只需要判断他之前是否有人去排队了，因此我写了一个树状数组。
如果能排队，我们就把它扔到一个队列里，果然是排队。
还有一些细节自己注意一下吧，下面放出代码以供参考。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,a[N+5];LL ans[N+5];queue<int> q;
struct data
{
int p,v;I data(CI x=0,CI y=0):p(x),v(y){}
I bool operator < (Con data& o) Con {return v^o.v?v<o.v:p<o.p;}
}s[N+5];priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > p;
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Tp I void write(Con Ty& x,Con char& y) {write(x),pc(y);}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
class TreeArray//树状数组
{
private:
int v[N+5];
public:
I void Add(RI x,CI y) {W(x<=n) v[x]+=y,x+=x&-x;}//后缀修改
I int Qry(RI x,RI t=0) {W(x) t+=v[x],x-=x&-x;return t;}//单点查询
}T;
int main()
{
RI i,f;LL t=0;for(F.read(n),F.read(m),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),s[i]=data(i,a[i]);
sort(s+1,s+n+1),i=1;W(i<=n||!p.empty()||!q.empty())
{
!(f=q.empty())&&(ans[q.front()]=(t+=m)),i<=n&&p.empty()&&q.empty()&&(t=s[i].v);//计算当前时间
W(!p.empty()&&!T.Qry(p.top())) q.push(p.top()),T.Add(p.top()+1,1),p.pop();//处理原有能够灌水的人
W(i<=n&&s[i].v<=t) p.push(s[i++].p),!T.Qry(p.top())&&(q.push(p.top()),T.Add(p.top()+1,1),p.pop(),0);//处理新增能够灌水的人，同时判断是否能去排队
!f&&(T.Add(q.front()+1,-1),q.pop(),0);//当前正在灌水的人已经灌完
}
for(i=1;i<=n;++i) F.write(ans[i]," \n"[i==n]);return F.clear(),0;//输出答案
}
\(D\)：Catowice City（点此看题面）
大致题意： 有\(n\)个人，每人有一只猫。每个人都认识若干猫（一定认识自己的猫），现在要选出人和猫共\(n\)个，使得至少有一个人和一只猫，且每个人都不认识任何一只猫。
首先，我们可以发现，因为一个人一定认识自己的猫，所以一个数不可能被选两次。而题目要求选出\(n\)个数，就必然是把\(1\sim n\)分成两部分。
则，我们考虑如果选择了编号为\(i\)的人，那么他认识的所有的猫的主人都必须被选择，而他认识的猫的主人认识的猫的主人同样也都必须被选择，以此类推。
如果我们把编号为\(i\)的人认识编号为\(j\)的猫看作一条有向边，那么选择一个人，就相当于选择了从这个点出发能够到达的所有点。
因此，我们用\(Tarjan\)将图缩点，显然，如果原图只有一个强连通分量，就会输出\(No\)，否则必然输出\(Yes\)。
考虑如果我们选择一个强连通分量中的点作为人，如果这个强连通分量出度为\(0\)，是肯定合法的。而根据\(Tarjan\)的原理可知，\(Tarjan\)过程中得到的第一个强连通分量，出度是必然为\(0\)的。
因此我们只要把编号为\(1\)的强连通分量中的点作为人，剩余点作为猫，即可满足题目要求了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,m,ee,d,cnt,T,lnk[N+5],dfn[N+5],low[N+5],col[N+5],vis[N+5],S[N+5],Sz[N+5];
struct edge {int to,nxt;}e[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Tp I void write(Con Ty& x,Con char& y) {write(x),pc(y);}
I void writes(Con string& x) {for(RI i=0,y=x.length();i^y;++i) pc(x[i]);}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
I void Tarjan(CI x,CI lst)//Tarjan缩点
{
dfn[x]=low[x]=++d,vis[S[++T]=x]=1;for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) dfn[e[i].to]?
vis[e[i].to]&&Gmin(low[x],dfn[e[i].to]):(Tarjan(e[i].to,x),Gmin(low[x],low[e[i].to]));
if(dfn[x]^low[x]) return;Sz[col[x]=++cnt]=1,vis[x]=0;
W(S[T]^x) ++Sz[col[S[T]]=cnt],vis[S[T--]]=0;--T;
}
int main()
{
RI Tt,i,j,x,y;F.read(Tt);W(Tt--)
{
for(F.read(n),F.read(m),ee=d=cnt=0,i=1;i<=n;++i) lnk[i]=dfn[i]=vis[i]=0;//清空
for(i=1;i<=m;++i) F.read(x),F.read(y),x^y&&add(x,y);//连边
for(i=1;i<=n;++i) !dfn[i]&&(Tarjan(i,0),0);//Tarjan缩点
if(cnt==1) {F.writes("No\n");continue;}F.writes("Yes\n");//判断是否有解
F.write(Sz[1],' '),F.write(n-Sz[1],'\n');//分别输出人与猫的个数
for(i=1;i<=n;++i) col[i]==1&&(F.write(i,' '),0);F.writes("\n");//输出强连通分量内的点，作为人
for(i=1;i<=n;++i) col[i]^1&&(F.write(i,' '),0);F.writes("\n");//输出剩余的点，作为猫
}return F.clear(),0;
}
\(E\)：Turtle（点此看题面）
大致题意： 让你把\(2n\)个元素放到一个\(2\times n\)的矩阵中，使得从左上角走到右下角（只能往下或往右）所经元素总和的最大值最小。
因为只能往下或往右走，所以我们可以找到一个关键点\(p\)，使得在\(p\)点之前在第一行走，\(p\)点之后在第二行走，\(p\)点从第一行到第二行。
设所经元素总和为\(f(p)=\sum_{i=1}^pa_{1,i}+\sum_{i=p}^na_{2,i}\)。
根据贪心，显而易见，第一排的数应当递增摆放，第二排的数应当递减摆放。
考虑将\(p\)从\(1\)移动到\(n\)，则每次移动，元素总和发生的变化其实都是加上\(a_{1,p+1}-a_{2,p}\)。由于第一排递增，第二排递减，则\(a_{1,p+1}-a_{2,p}\)也是递增的。
假设当\(p=x\)时满足使\(f(p)\)最大的同时\(x\)最大，则我们可以得到结论：\(x=1\)或\(x=n\)。
也就是说，最大值应该是\(max(f(1),f(n))\)，即\(max(a_{1,1}+\sum_{i=1}^na_{2,i},\sum_{i=1}^na_{1,i}+a_{2,n})\)。
如果我们同时从两个式子中拿出\(a_{1,1}\)和\(a_{2,n}\)，就得到：\(a_{1,1}+a_{2,n}+max(\sum_{i=1}^{n-1}a_{2,i},\sum_{i=2}^na_{1,i})\)。
由于\(a_{1,1}\)和\(a_{2,n}\)无论如何都会被取到，显然它们两个应该分别填上最小值和次小值。
那么，题目也就变成了，将剩余的\(2n-2\)个数分成两个大小为\(n-1\)的集合，使得两个集合内数总和的较大值最小。
所以，我们可以先通过背包来求出这个答案。
设\(f_{i,j,k}\)表示是否能在前\(i\)个数中选择\(j\)个数使得它们和为\(k\)，第一维根据背包问题的常用技巧，可以在数组中去掉，变成\(f_{j,k}\)。然后由于只需知道是否可行，因此我们可以用\(bitset\)优化。
最后我们枚举\(k\)，然后找到一个\(f_{n-1,k}=1\)且\(max(k,s-k)\)最小的\(k\)（\(s\)为这\(2n-2\)个数的和）。
然后，我们考虑题目要求输出一个合法方案。
则我们用\(Meet\ in\ middle\)，搜索过程中记录\(t,v,s\)分别表示选择数的个数、选择数的和以及选择数状压后的状态。
这样一来，这道题就算做完了。
说实话，其实最后的实现是很简单的，难点主要是前面的部分。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 25
#define V 50000
#define LL long long
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,a[2*N+5];
class DpSolver//背包
{
private:
bitset<2*N*V+5> f[2*N+5];
public:
I int GetAns()
{
RI i,j,s=0,ans=s;for(i=3;i<=2*n;++i) s+=a[i];//记录数的和
for(f[0].set(0),i=3;i<=2*n;++i) for(j=min(n-1,i-2);j;--j) f[j]|=f[j-1]<<a[i];//背包
for(i=0;i<=s;++i) f[n-1].test(i)&&max(ans,s-ans)>max(i,s-i)&&(ans=i);//统计答案
return min(ans,s-ans);//返回
}
}DP;
class DfsSolver//Meet in middle
{
private:
#define pb push_back
LL w[N+5][N*V+5];
I void dfs1(CI p,CI x,CI y,CI t,CI v,Con LL& s)//前一半dfs
{
if(x>y) return (void)(!~w[t][v]&&(w[t][v]=s));//记录答案
dfs1(p,x+1,y,t,v,s),v+a[x]<=p&&(dfs1(p,x+1,y,t+1,v+a[x],s|(1LL<<x)),0);return;
}
I void dfs2(CI p,CI x,CI y,CI t,CI v,Con LL& s)//后一半dfs
{
if(x>y)
{
if(!~w[n-1-t][p-v]) return;RI i;LL g=w[n-1-t][p-v]|s;
printf("%d ",a[1]);for(i=3;i<=2*n;++i) g>>i&1&&printf("%d ",a[i]);putchar('\n');//第一行，升序输出
for(i=2*n;i>=3;--i) !(g>>i&1)&&printf("%d ",a[i]);printf("%d\n",a[2]);exit(0);//第二行，降序输出
}
dfs2(p,x+1,y,t,v,s),v+a[x]<=p&&(dfs2(p,x+1,y,t+1,v+a[x],s|(1LL<<x)),0);
}
public:
I void Solve(CI x) {memset(w,-1,sizeof(w)),dfs1(x,3,n+1,0,0,0),dfs2(x,n+2,2*n,0,0,0);}
}DFS;
int main()
{
RI i,j;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=2*n;++i) scanf("%d",a+i);
return sort(a+1,a+2*n+1),DFS.Solve(DP.GetAns()),0;
}
\(F\)：Swiper, no swiping!（点此看题面）
大致题意： 让你在一张图中删去若干点（不能不删，也不能删完），使得剩余的每个点度数模\(3\)的余数不变。
大码量多细节分类讨论题，调了两天......（话说这场比赛实在太多细节了，心态爆炸啊）
首先，这里我们按照一个点度数模\(3\)的余数将其分为\(0\)类点、\(1\)类点、\(2\)类点。（注意，下面的每一个情况都建立于之前情况不成立的基础上）
- 如果存在\(0\)类点：对于\(n=1\)的情况输出\(No\)，否则保留这个点。
- 如果存在一个由\(2\)类点组成的环：对于整张图是一个环的情况输出\(No\)，否则保留这个环。（注意，这个环必须是简单环，不然度数会出锅）
- 如果存在两个\(1\)类点：对于整张图是一条链的情况输出\(No\)，否则保留一条以两个\(1\)类点为端点、中间全为\(2\)类点的链。（同样要注意这些\(2\)类点之间不能有边，可以用\(BFS\)）
- 此时，由于没有\(0\)类点、没有超过\(1\)个\(1\)类点、没有\(2\)类点组成的环，所以可以保证这张图必然由一个\(1\)类点和一片\(2\)类点森林组成。可以证明，必然存在至少两棵树皆与这个\(1\)类点有至少两条边相连。则在两棵树上各找出一条以和\(1\)号点有边相连的点为端点的链，这个以\(1\)号点为唯一交点的两个相交的环，显然是符合要求的。但如果图中只有这样一对相交的环，也应该输出\(No\)。（再次强调，要注意这些\(2\)类点之间不能有边相连，我已经被这坑惨了）
具体实现可以看代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 500000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,ee,x[N+5],y[N+5],s[N+5],q[N+5],lst[N+5],lnk[N+5],deg[N+5],vis[N+5],fa[N+5],tag[N+5];
struct edge {int to,nxt;}e[2*N+5];
struct data {int v;I bool operator < (Con data& o) Con {return fa[v]<fa[o.v];}}p[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Tp I void write(Con Ty& x,Con char& y) {write(x),pc(y);}
I void writes(Con string& x) {for(RI i=0,y=x.length();i^y;++i) pc(x[i]);}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
I int getfa(CI x) {return fa[x]^x?fa[x]=getfa(fa[x]):x;}
I void FindLine(CI x)//有两个度数为1的点，找出一条链
{
RI i,k,H=1,T=0;vis[q[++T]=x]=1;W(H<=T)
{
if(deg[k=q[H++]]%3==1&&k^x) break;
for(i=lnk[k];i;i=e[i].nxt) !vis[e[i].to]&&(lst[q[++T]=e[i].to]=k,vis[e[i].to]=1);
}W(s[k]=1,k^x) k=lst[k];
}
I void FindOnTree(CI x,CI st)//在以x为根的树上找出一条合法路径
{
RI i,k,H=1,T=0;vis[q[++T]=x]=1;W(H<=T)
{
if(tag[k=q[H++]]&&k^x) break;
for(i=lnk[k];i;i=e[i].nxt) !vis[e[i].to]&&(lst[q[++T]=e[i].to]=k,vis[e[i].to]=1);
}W(s[k]=1,k^x) k=lst[k];
}
I bool FillCircle(CI x,CI st,CI f=1)//找出以st为环上一点的简单环,f表示点数
{
if(f>2) for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to==st) return s[x]=1;//先判断是否有环
vis[x]=2;for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(vis[e[i].to]==1)
if(FillCircle(e[i].to,st,f+1)) return s[x]=1;return vis[x]=1,false;
}
I bool FindCircle(CI x,CI lst)//找度数模3余2的点之间的环
{
vis[x]=1;for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to^lst&&vis[e[i].to]) return FillCircle(x,x);//将环补充完整
for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to^lst&&FindCircle(e[i].to,x)) return true;return false;
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin),freopen("a.out","w",stdout);
RI Tt,i,j,t1,t2;F.read(Tt);W(Tt--)
{
for(F.read(n),F.read(m),ee=0,i=1;i<=n;++i) s[i]=lnk[i]=deg[i]=vis[i]=tag[i]=0,fa[i]=i;//清空
for(i=1;i<=m;++i) F.read(x[i]),F.read(y[i]),++deg[x[i]],++deg[y[i]];//读入边，计算点数
if(n==1) {F.writes("No\n");continue;}//只有一个点，无解
for(i=1;i<=n;++i) if(!(deg[i]%3)) {s[i]=1;goto End;}//存在度数模3余0的点，保留该点
for(t2=0,i=1;i<=n;++i) deg[i]==2&&++t2;if(t2==n) {F.writes("No\n");continue;}//整张图是一个环，无解
for(i=1;i<=m;++i) deg[x[i]]%3==2&°[y[i]]%3==2&&
(fa[getfa(x[i])]=getfa(y[i]),add(x[i],y[i]),add(y[i],x[i]));//给度数模3余2的点连边
for(i=1;i<=n;++i) if(deg[i]%3==2&&!vis[i]&&FindCircle(i,0)) goto End;//找度数模3余2的点之间的环
for(i=1;i<=n;++i) vis[i]=0;
for(t1=t2=0,i=1;i<=n;++i) deg[i]==1&&++t1,deg[i]==2&&++t2;
if(t1==2&&t2==n-2) {F.writes("No\n");continue;}//整张图是一条链，无解
for(t1=0,i=1;i<=n;++i) deg[i]%3==1&&++t1;if(t1>1)//有两个度数模3余1的点，找出一条链
{
for(i=1;i<=m;++i) ((deg[x[i]]%3)^2||(deg[y[i]]%3)^2)&&(add(x[i],y[i]),add(y[i],x[i]));//补上之前没有连的边
for(i=1;i<=n;++i) if(deg[i]%3==1) {FindLine(i);goto End;}//搜索出一条路径
}
for(t1=t2=0,i=1;i<=n;++i) deg[i]%3==1&&(t1=i),deg[i]==2&&++t2;
if(deg[t1]==4&&t2==n-1) {F.writes("No\n");continue;}//整张图是两个相连的环，无解
for(s[t1]=1,t2=0,i=1;i<=m;++i) x[i]==t1&&(tag[p[++t2].v=y[i]]=1),y[i]==t1&&(tag[p[++t2].v=x[i]]=1);//记下与度数模3余1的点相连的点
for(i=1;i<=n;++i) deg[i]%3==2&&(fa[i]=getfa(i));
for(t1=0,sort(p+1,p+t2+1),i=1;i<t2;++i) if(fa[p[i].v]==fa[p[i+1].v])
if(FindOnTree(p[i].v,p[i].v),!t1) {t1=1;W(i<t2&&fa[p[i].v]==fa[p[i+1].v]) ++i;}else goto End;//从两棵树中找一条合法路径
End:for(t1=0,i=1;i<=n;++i) !s[i]&&++t1;F.writes("Yes\n"),F.write(t1,'\n');//统计删去的点数
for(i=1;i<=n;++i) !s[i]&&(F.write(i,' '),0);F.writes("\n");//输出删去的点
}return F.clear(),0;
}