problem

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注意：保证 $C[v]$ 的奇偶性与顶点 $v$ 的度的奇偶性相同。

solution

先考虑树的情况。这是个经典问题了，从叶子往上推，对于一个点还差的边权就有这个点和其父亲的边来补足。最后判断根是否满足条件即可。

那么怎么将树的解法扩展到普通图上面。

先随便找个这个图的生成树吧，单独考虑每一条非树边，会在生成树上形成一个环，非奇即偶。

假设非树边会产生 $\pm x$ 的影响。画图发现：

• 如果形成的是偶环那么环上树边交替进行 $\pm x$ 的调整。

  $x$ 在 $lca$ 处就会抵消掉，继续往上相当于没产生任何贡献。

• 如果形成的是奇环同样交替调整。

  $x$ 在 $lca$ 处会产生两倍的贡献，继续往上传递 $\pm 2x$。

这个 $x$ 是由我们自行决定的，所以我们完全可以看根需要多少再定这条非树边的边权。

换言之，只要图中有奇环，那么一定有解。

因此，对于会形成偶环的非树边直接边权等于零，会形成奇环的非树边只需要一条边权为 根需要边权除以二，其余同样边权为零。

暴力更替那个奇环上的边权答案即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 100005
vector < pair < int, int > > G[maxn];
int n, m, s, t, ID;
bool vis[maxn], color[maxn];
int c[maxn], w[maxn], dep[maxn], ans[maxn], fa[maxn], fa_id[maxn];void dfs1( int u ) {vis[u] = 1;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i].first, id = G[u][i].second;if( ! vis[v] ) {fa[v] = u;fa_id[v] = id;dep[v] = dep[u] + 1;color[v] = color[u] ^ 1;dfs1( v );ans[id] = w[v];//由儿子推父亲 当与所有儿子v-son边权确定时v剩下的就只能通过和父亲u的连边弥补w[u] -= w[v];}else if( dep[v] < dep[u] and color[u] == color[v] ) s = u, t = v, ID = id; //返祖边找到奇环}
}void dfs2( int u ) {vis[u] = 1;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i].first, id = G[u][i].second;if( id ^ ID and ! vis[v] ) {dfs2( v );ans[id] = c[v];c[u] -= c[v];}}
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &c[i] ), w[i] = c[i];for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( make_pair( v, i ) );G[v].push_back( make_pair( u, i ) );}dfs1( 1 );if( ! w[1] ) {printf( "YES\n" );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) printf( "%lld\n", ans[i] );}else if( s ) {memset( vis, 0, sizeof( vis ) );memset( ans, 0, sizeof( ans ) );dfs2( s ); int x = c[s] >> 1, op = 1;while( s ^ t ) {ans[fa_id[s]] += op * x;op *= -1;s = fa[s];}ans[ID] += op * x;printf( "YES\n" );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) printf( "%lld\n", ans[i] );}else printf( "NO\n" );return 0;
}