参考：https://www.cnblogs.com/kuangbin/p/3537525.html
这篇讲的挺好的
首先分清欧拉路和欧拉环：
欧拉路：图中经过每条边一次且仅一次的路径，要求只有两个点的出入度之差为奇数，这两个点即为欧拉路的起点和终点
欧拉环：图中经过每条边一次且仅一次的环，要求全部点的出入度之差为偶数
这道题中要判定的是欧拉路。首先看是否满足“只有两个点的出入度之差为奇数”这个条件，可以发现尽管有没有定向的边，但是出入的之差的奇偶是不变的；假设一条从i出发的边变向为到达i，那么点i的入度+1出度-1，差的奇偶性不变。
判定可以用网络流来做：s向所有差>0的点连流量为差/2的边，所有差<0的边向t连流量为差/2的边。对于原有的双向边随便定个向，连流量为1的边，意味着只能改一次方向。
然后跑最大流，最后看是否所有与s相连的边都满流。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=100005,inf=1e9;
int T,n,m,h[N],cnt,le[N],in[N],out[N],s,t;
struct qwe
{
int ne,to,v;
}e[N];
int read()
{
int r=0,f=1;
char p=getchar();
while(p>\'9\'||p<\'0\')
{
if(p==\'-\')
f=-1;
p=getchar();
}
while(p>=\'0\'&&p<=\'9\')
{
r=r*10+p-48;
p=getchar();
}
return r*f;
}
void add(int u,int v,int w)
{
cnt++;
e[cnt].ne=h[u];
e[cnt].to=v;
e[cnt].v=w;
h[u]=cnt;
}
void ins(int u,int v,int w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
int bfs()
{
queue<int>q;
memset(le,0,sizeof(le));
le[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(!le[e[i].to]&&e[i].v>0)
{
le[e[i].to]=le[u]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return le[t];
}
int dfs(int u,int f)
{
if(!f||u==t)
return f;
int us=0;
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(le[u]+1==le[e[i].to]&&e[i].v>0)
{
int t=dfs(e[i].to,min(e[i].v,f-us));
e[i].v-=t;
e[i^1].v+=t;
us+=t;
}
if(!us)
le[u]=0;
return us;
}
void dinic()
{
int re=0;
while(bfs())
dfs(s,inf);
}
int main()
{
T=read();
while(T--)
{
n=read(),m=read();
s=0,t=n+1;
cnt=1;
memset(h,0,sizeof(h));
memset(in,0,sizeof(in));
memset(out,0,sizeof(out));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
out[x]++,in[y]++;
if(z==0)
ins(x,y,1);
}
bool f=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if((out[i]-in[i])%2==1)
{
f=0;
break;
}
if(out[i]-in[i]>0)
ins(s,i,(out[i]-in[i])/2);
else if(out[i]-in[i]<0)
ins(i,t,(in[i]-out[i])/2);
}
if(!f)
{
puts("impossible");
continue;
}
dinic();
for(int i=h[s];i;i=e[i].ne)
if(e[i].v!=0)
{
f=0;
break;
}
if(!f)
puts("impossible");
else
puts("possible");
}
return 0;
}