傳送門 顯然答案等於各個連通分量的筆畫數之和。 因此我們dfs每個連通分量計算對答案的貢獻。 對於一個連通分量，如果本來就有歐拉回路那麼只需要一筆。 否則需要寄點數/2那麼多筆才能畫完。 知道這個結論這題就很簡單了。 程式碼；

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define M 200005
using namespace std;
inline int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while
 
(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans; 
}
int n,m,first[N],ans,cnt,tot1,tot2,du[N];
bool vis[N];
struct edge{int v,next;}e[M<<1];
inline void add(int u,int v){e[++cnt].v=v,e[cnt].next=first[u],first[u]=cnt;}
inline void init(){
    memset(first,0,sizeof
 
(first));
    memset(du,0,sizeof(du));
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    cnt=ans=0;
}
inline void dfs(int p,int fa){
    vis[p]=true,++tot1;
    if(du[p]&1)++tot2;
    for(int i=first[p];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].v;
        if(vis[v])continue;
        dfs(v,p);
    }
}
int main(){
    while
 
(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        init();
        for(int i=1;i<=m;++i){int u=read(),v=read();++du[u],++du[v],add(u,v),add(v,u);}
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(!vis[i]){
                tot1=tot2=0,dfs(i,0);
                ans+=tot2?tot2/2:1;
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}