題意：

歐拉回路的判斷條件，
一、無向圖
每個頂點的度數都是偶數，則存在歐拉回路。
二、有向圖（所有邊都是單向的）
每個節頂點的入度都等於出度，則存在歐拉回路。
以上兩種情況都很好理解。其原理就是每個頂點都要能進去多少次就能出來多少次。
三、混合圖（有的邊是單向的，有的邊是無向的。常被用於比喻城市裡的交通網路，有的路是單行道，有的路是雙行道。）
找到一個給每條無向的邊定向的策略，使得每個頂點的入度等於出度，這樣就能轉換成上面第二種情況。這就可以轉化成一個二部圖最大匹配問題。網路模型如下：

1. 新建一個圖。
2. 對於原圖中每一條無向邊i，在新圖中建一個頂點e（i）；
3. 對於原圖中每一個頂點j，在新圖中建一個頂點v（j）。
4. 如果在原圖中，頂點j和k之間有一條無向邊i，那麼在新圖中從e（i）出發，新增兩條邊，分別連向v（j）和v（k），容量都是1。
5. 在新圖中，從源點向所有e（i）都連一條容量為1的邊。
6. 對於原圖中每一個頂點j，它原本都有一個入度in、出度out和無向度un。顯然我們的目的是要把所有無向度都變成入度或出度，從而使它的入度等於總度數的一半，也就是(in + out + un) / 2（顯然與此同時出度也是總度數的一半，如果總度數是偶數的話）。當然，如果in已經大於總度數的一半，或者總度數是奇數，那麼歐拉回路肯定不存大。如果in小於總度數的一半，並且總度數是偶數，那麼我們在新圖中從v（j）到匯點連一條邊，容量就是(in + out + un) / 2 – in，也就是原圖中頂點j還需要多少入度。
   按照這個網路模型算出一個最大流，如果每條從v（j）到匯點的邊都達到滿流量的話，那麼歐拉回路成立。

代價：

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#include <iostream>
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#include <vector>
#include <list>
 

#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <sstream>
#define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define OFF(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define MEM(x,a) memset((x),(a),sizeof(x))
#define BUG cout << "I am here" << endl
#define lookln(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define SI(a) scanf("%d",&a)
#define SII(a,b) scanf("%d%d",&a,&b)
#define SIII(a,b,c) scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)
#define rep(flag,start,end) for(int flag=start;flag<=end;flag++)
#define Rep(flag,start,end) for(int flag=start;flag>=end;flag--)
#define Lson l,mid,rt<<1
#define Rson mid+1,r,rt<<1|1
#define Root 1,n,1
const int INF_INT=0x3f3f3f3f;
const long long INF_LL=0x7fffffff;
const int MOD=1e9+7;
const double eps=1e-9;
const double pi=acos(-1);
typedef long long  ll;
using namespace std;

const int N=1010;
int n,m;
vector<int> g[N];
int vis[N];
int deg[N];

void dfs(int u) {
    vis[u]=1;
    for (int i=0;i<g[u].size();i++){
        int v=g[u][i];
        if (vis[v]) continue;
        dfs(v);
    }
}

int main(int argc, char const *argv[]) {
#ifdef LOCAL
    freopen("C:\\Users\\john\\Desktop\\in.txt","r",stdin);
    // freopen("C:\\Users\\john\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endif
    while(SII(n,m)==2 && n) {
        CLR(deg);
        rep(i,1,n) g[i].clear();
        rep(i,1,m) {
            int u,v;
            SII(u,v);
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
            deg[u]++;deg[v]++;
        }
        int ans=1;
        CLR(vis);
        dfs(1);
        rep(i,1,n) if (!vis[i]) ans=0;
        int cnt=0;
        rep(i,1,n) if (deg[i]%2==1) cnt++;
        if (cnt) ans=0;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}