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题意：
给一个$n*m(1 \leq n,m \leq 500)$的格子构成的图，这些格子之间都有两条互为反向的边联通，一条边只能走一次，求从左上角的点开始能不能恰好走完$k$条边？输出时，按照以下格式输出：每行输出一个二元组$a,b$，$a$是次数，$b$是一个只含有$U,D,L,R$的字符串且长度小于$4$，意思是将会从这个点出发按顺序执行$a$次$b$中字符指代的方向，这称为一条指令，在走这$k$条路时最多只能执行$3000$条指令，否则认为不能走完。
题解：
只要$k$小于这些边的数量，就一定能走完，但是因为有指令数量限制，所以就需要尽可能规律地走，就可以将这些重复走法合并成一条指令。然后怎么走会规律呢？我们考虑一种尽可能多直线的走法。先向右横着走$m-1$格，然后向左$m-1$格，然后向下一格，然后可以这样子走$n-1$个循环。然后向右$m-1$格，同样的道理走纵向。总共只需要走$(3*m-3)*(n-1)+(3*n-3)+2$条边。
然后我们为了降低编程难度，先编程算出所有的规律的路径保存起来，然后就找长度是刚好是$k$的就指令就可以了，具体看代码。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
vector<pair<int, string> >v, ans;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define len(x) (x.first*x.second.size())
void init(int n, int m)
{
v.clear();
ans.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (i < n)
{
v.push_back(mp(m - 1, "R"));
v.push_back(mp(m - 1, "L"));
v.push_back(mp(1, "D"));
}
else
v.push_back(mp(m - 1, "R"));
}
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
if (i < m)
{
v.push_back(mp(n - 1, "U"));
v.push_back(mp(n - 1, "D"));
v.push_back(mp(1, "L"));
}
else
v.push_back(mp(n - 1, "U"));
}
}
int solve()
{
int n, m, k;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
if (k > 4 * n * m - 2 * m - 2 * n)
return printf("NO\n"), 0;
init(n, m);
for (auto i : v)
{
if (k > len(i))
{
if (i.first)
ans.push_back(i), k -= len(i);
}
else
{
int di = k / i.second.size();
int le = k % i.second.size();
if (di)
ans.push_back(mp(di, i.second));
for (int j = 0; j < le; ++j)
ans.push_back(mp(1, string(1, i.second[j])));
break;
}
}
printf("YES\n%d\n", ans.size());
for (auto i : ans)
printf("%d %s\n", i.first, i.second.c_str());
return 0;
}
int main()
{
int t = 1;
//scanf("%d", &t);
while (t--)
solve();
return 0;
}