水影若深蓝：挺好的一道并查集构造题。
观察
不难发现“距离为 \(2\)”这个条件我们可以通过黑白染色实现，我们把他们的中转点染成与他们相反的颜色，把这两个距离为 \(2\) 的点染成相同颜色。
这个染色问题就很并查集。
于是我们用并查集维护相同的种类。
显然，当图上只有一个连通块的时候，无解；否则我们一定可以找到一组解，因为一棵树一定可以进行黑白染色。
另一种理解就是距离为 \(2\) 是有传递性的。我们可以构造一个菊花，先钦定一个颜色不同的点（不在同一个连通块内），然后把某连通块所有的点与它连边，就可以让他们之间的距离全部为 \(2\)。
感觉和 Parity Game 里维护奇偶性的两个连通块思路差不多，但是这题更难描述出来一些。
构造
我们选择两个处于不同连通块的祖先 \(p_1,p_2\)，然后对于祖先非 \(p_1\) 的点，我们连一条向 \(p_1\) 的边；否则连 \(p_2\)。
最后注意 \(p_1\) 不能连任何边即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
int f[300005],n,m,a[300005],b[300005];
void init()
{for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
}
int findf(int x)
{if(f[x]!=x)f[x]=findf(f[x]);return f[x];
}
void combine(int x,int y)
{int fx=findf(x),fy=findf(y);f[fx]=fy;
}
void solve()
{cin>>n>>m;init();for(int i=1;i<=m;i++){cin>>a[i]>>b[i];combine(a[i],b[i]);}bool ilg=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(i>1)ilg=(ilg&(findf(i)==findf(i-1)));}if(ilg==1){cout<<"No"<<endl;return;}cout<<"Yes"<<endl;int p1=-1,p2=-1;for(int i=1;i<=n;i++){int fa=findf(i);if(p1==-1)p1=fa;else if(p2==-1&&fa!=p1)p2=fa;}for(int i=1;i<=n;i++){int fa=findf(i);if(i==p1)continue;if(fa==p1)cout<<i<<" "<<p2<<endl;else cout<<i<<" "<<p1<<endl;}cout<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}
