思路：

首先，本蒟蒻雀食很蒻。

首先，因为我们只需要保证编号 $\le k$ 的点不在简单环上（简单环：又称简单回路，图的顶点序列中，除了第一个顶点和最后一个顶点相同外，其余顶点不重复出现的回路叫简单回路。或者说，若通路或回路不重复地包含相同的边，则它是简单的）。

也就是两个编号 $>k$ 的点之间的连边是没有必要删除的，因为假如有一个编号 $\le k$ 的点在一个简单环上，我们肯定可以通过删除一条与这个点相连的边使得这个环消失，所以我们直接删除一条与这个编号 $\le k$ 的点相连的边使得它脱离这个环显然是不劣的。因此我们直接保留所有 $>k$ 的点相互之间的连边即可。

然后将这些边所连的点通过并查集归在一起，否则后续难度将会飙升。

然后枚举每一条边，如果这条边所连的两个点有一个的编号 $>k$，直接跳过即可。

如果这条边所连的两个点有一个的编号 $\le k$，那么我们就考虑保留这条边是否会产生环。如果保留这条边会产生环，那我们必然舍弃，计入答案即可；那如果保留这条边不会产生环，我们也是需要保留的，因为我们肯定是要能连尽量连，这样才能保证删除的边最少。

其实此时问题可以转化为 $k$ 个独立点和若干个连通块，每个独立点和每个连通块之间最多只能连一条边。

当上述情况发生时，其实就相当于一个独立点和一个连通块第一次尝试连边，但是因为我们无法保证后续是否会出现新的边来把这两部分连起来，为保证最优性，我们肯定是要保留这条边的。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define N 2000005
int n,m,k,fa[N],cnt;
struct node {
	int x,y;
}e[N],ans[N];
int find(int x) {//并查集找根 
	if (fa[x]!=x) {
		fa[x]=find(fa[x]);
	}
	return fa[x];
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	//快读模板
	cin>>n>>m;
	for (int i=1; i<=n; i++)fa[i]=i;//把每一个点设为自己的根，方便并集
	cin>>k;
	for (int i=1; i<=m; i++) {
		cin>>e[i].x>>e[i].y;
		if (e[i].x>k && e[i].y>k) fa[find(e[i].x)]=find(e[i].y);
	}
	for (int i=1; i<=m; i++) { 
		int u=find(e[i].x);
		int v=find(e[i].y);
		if (e[i].x<=k || e[i].y<=k) {
			if (u==v) {
				cnt++;
				ans[cnt]=e[i];
			} else fa[u]=v;
		}
	}
	cout<<cnt<<"\n";
	for (int i=1; i<=cnt; i++) {
		if (ans[i].x<ans[i].y) {
			cout<<ans[i].x<<' '<<ans[i].y<<"\n";
		} else {
			cout<<ans[i].y<<' '<<ans[i].x<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}

AC记录

本文借鉴于 @Dream_poetry 大佬的题解，本人在此对一些晦涩难懂的概念做解释。

后记：

$5.1$ 修改后删除一些不必要的元素。