很好的题。但是 CF 主站上看不了。
首先需要观察到一个性质：对于一个包含 \(k\) 个关键点的连通块，一定可以凑出恰好 \(\lfloor\frac{k}{2}\rfloor\) 对路线。
首先这个东西显然是答案上界。然后考虑证明一定能够满足。你发现如果存在两条路线（四个点）相交于某一段路径之上，那么把路径一段的两个点重新分为一条路线，另一端的两个点也重新分为一条路线可以使得相交的路径消除且其它地方不受影响。于是不断调整可以使得所有点都得到一个匹配的路线。
你考虑怎么去做树一档的特殊性质。对于 \(u\) 一棵子树 \(v\)，它传回去一个参 \(x\)。如果 \(x=-1\) 表示这棵子树里面的所有关键点都匹配完了，否则 \(x\) 是这棵子树里面剩余的没被匹配的关键点。（显然根据上述结论最多存在一个没被匹配的关键点。）将这个点和其他子树 \(v'\) 里面传回来的点两两匹配，最后显然也只剩下一个点没有匹配。将这个点作为 \(u\) 的参继续网上传即可。容易发现这样选择是合法的。
那么推广至图。直接拉出来一棵生成树即可。输出方案是 ez 的。
这种把信息向上传并和其他子树传的信息相匹配的东西好像还算经典。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,k,vis[N],p[N],fa[N],dep[N];
vector<int>v[N];
vector<pii>ans;
int dfs(int x){int mat=-1;vis[x]=1;if(p[x])mat=x;for(auto to:v[x]){if(vis[to])continue;fa[to]=x,dep[to]=dep[x]+1;int tt=dfs(to);if(tt==-1)continue;if(mat!=-1)ans.push_back({mat,tt}),mat=-1;else mat=tt;}return mat;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>m>>k;for(int i=1,x,y;i<=m;i++){cin>>x>>y;v[x].push_back(y);v[y].push_back(x);}for(int i=1,x;i<=k;i++)cin>>x,p[x]=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i);cout<<ans.size()<<"\n";for(auto it:ans){int x=it.first,y=it.second;if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);vector<int>L,R;while(dep[y]>dep[x])R.push_back(y),y=fa[y];while(x!=y)L.push_back(x),R.push_back(y),x=fa[x],y=fa[y];L.push_back(x),reverse(R.begin(),R.end());cout<<L.size()+R.size()<<" ";for(auto i:L)cout<<i<<" ";for(auto i:R)cout<<i<<" ";cout<<"\n";}return 0;
}