I think the statement is written wrongly. Here's it in Russian (can someone translate it correctly?) Ребра полного графа на $2m$ вершинах правильно покрашены в $2m-1$ цвет. Для любых двух цветов оказалось, что все ребра этих двух цветов представляют собой объединение нескольких 4-циклов. Докажите, что тогда $m$-степень двойки. Here is the solution as well, and I would be happy if someone translates it, because Google translate doesn't work well. Проверим индукцией по $k$, что граф содержит клику на $2^k$ вершинах, ребра которой правильно окрашены (раскраской из условия) в 2^k-1 цвет. База к = 2 очевидна. Переход: предположим, для некотоpого $k$ такая клика уже построена. Рассмотрим какойто новый цвет $с_1$ и добавим к имеющимся вершинам все концы ребер, выходящих из вершин клики и имеющих этот цвет. Пронумеруем все вершины первой клики числами от $1$ до $2^k$ и теми же числами вершины второй клики так, чтобы вершины с одинаковыми номерами были соединены цветом $c_1$. Тогда по условию ребра, соединяющие вершины с номерами $і$ и $ј$ в обеих кликах, должны быть одного цвета. Рассмотрим теперь цвета ребер, соединяющих вершшины $i$ и $j$ из разных клик. Заметим, что все ребра, выходящие из вершины 1 первой клики, должны иметь разные цвета. Пусть вершина 1 первой клики соединева ребром цвета $с_k$ с вершиной $k$ второй клики. В силу условия на 4-циклы вершина 1 второй клики соединена ребром цвета $с_k$ с вершиной $k$ первой клики. Рассмотрим вершину $і$ первой клики. Пусть она соединена с вершиной 1 первой клики ребром цвета x. Тогда по предположению индукции для любой верши- ны ј второй клики из нее выходит ребро цвета x к какой-то вершине $k$ второй клики. Но тогда цвет ребра, соединяющего эти вершины $i$ и $j$ разных клик совпадает с цветом ребра, соединяющего вершины $1$ и $k$ разных клик. В силу произвольности выбора $і$ и $ј$, полученные $2^{k+1}$ вершин соединяются ребрами ровно $2^{k+1}-1$ цветов. Из этого рассуждения следует, что рано или поздно таким удвоением будут получены все вершины исходного графа. Но тогда количество вершин этого графа было степенью двойки .

It's not translated wrongly, but I would put it this way: Edges of a complete graph with $2m$ vertices are properly colored with $2m-1$ colors. It turned out that for every two colors, all the edges colored in these two colors can be partitioned into several $4$-cycles. Prove that $m$ is a power of $2$. The solution goes by proving via induction the following claim. The graph contains a clique of $2^k$ vertices properly colored in $2^k-1$ colors. It can be easily checked it holds for $k=2$. Step from $k$ to $k+1$: Let $K$ be the corresponding $2^k$ clique. Let $c_1$ be a new color, not present in $K.$ We assume such color exits, otherwise we conclude the graph consists of $2^k$ vertices. Each vertex $v_i\in K, i=1,2,\dots 2^k$ is connected with an edge colored in $c_1$ to another vertex $v'_i$ which is not in $K$ and moreover $v'_i\neq v'_j,i\ne j$ because we have a proper coloring. Consider the clique $K':=v'_i,i=1,2,\dots,2^k.$ Using the given conditions it can be checked 1) $v_iv_j$ and $v'_iv'_j$ are colored in the same color; 2) $v_iv'_j$ and $v_jv'_i$ are colored in the same color. It just means $K\cup K'$ is a $2^{k+1}$ clique, colored in $2^{k+1}-1$ colors which completes the induction.

So....how to prove $m$ is a power of 2?

In the end, the clique $K$ will comprise the entire graph, so the number of vertices will be a power of two. Ok, it is the russian text as it is. Maybe, the word "induction" should be avoided. It's just a process. We start from a clique $K$ initially of $4$ vertices and every time double its size providing there is a color not represented in $K.$ Since we control the colors used inside $K$ to be exactly $|K|-1$, if there is a vertex outside $K$ there would be a color not represented in $K.$ In this way, finally we obtain that the size of the graph is a power of $2$ and as a bonus we also know what is the structure of the colors inside it.

Here is a different and a slightly more approachable solution (in my opinion). Let number the colors as $1,2,...,2m-1$ and show the degree of vertex $V\in G$ in the graph formed by the color $i$ and the number of sides of the graph as $deg_i(V)$ and $|E_i|$. Claim.1: $deg_i(V)=1 \quad \forall V\in G$ and $\forall i\in {1,2,...,2m-1}$ Proof: From the given condition we have $$ deg_i(V)+deg_j(V) \equiv 0 (mod 2) \implies deg_i(V) \equiv deg_j(V) \equiv 1 (mod 2) $$Because sum of all $deg_i$'s is equal to $2m-1$ which is an odd number. So we get $$ deg_i(V)\geq 1 \implies 2m-1= deg_1(V)+deg_2(V)+...+deg_{2m-1}(V) \geq 2m-1 $$Thus, $\boxed{deg_i(V)=1}$ Claim.2: $m$ is an even number. Proof: $$ |E_i|=m\implies |E_i|+|E_j|\equiv 2m \equiv 0 (mod 4) \implies m\equiv 0 (mod 2) $$ Now we are going to construct a new graph with $m$ vertices and use induction to finish. Let $G_1$ be the subgraph of $G$ formed by the color $1$. By $claim.1$, we know that $G_1$ is a bipartite graph with parts $A,B$ each contains m vertices. Enumerate the vertices in $A$ and $B$ as $a_1,a_2,...,a_m$ and $b_1,b_2,...,b_m$ respectively such that there exist an edge between $a_i$ and $b_i.$ WLOG assume the edge between $a_1$ and $b_i$ colored with $i.$ If we consider the graph formed by any other color and $1$, we can see the edges between $(a_i,a_j)$ and $(b_i,b_j)$ have the same color. Similarly edges $(a_i,b_j)$ and $(b_i,a_j)$ have the same color. Claim.3: Exactly one of the edges $(a_i,b_j)$ and $(a_i,a_j)$ colored with some color in the set $(1,2,...,m).$ Proof: Assume the contrary. Let the colors of edges $(a_1,a_i)$, $(a_i,b_j)$ and $(a_i,a_j)$ be $c$, $c_1$ and $c_2$ respectively. We know $c\geq m+1$. WLOG say $c_1,c_2\geq m+1$ (we can do the other side similarly). The edges $(a_1,a_s)$ and $(a_1,a_r)$ have colors $c_1$ and $c_2$ for some $s,r$ other than $j,i$; If we consider colors $(c,c_1)$ and $(c,c_2)$ $$ (a_j,a_s)=c \quad (b_j,a_r)=c \implies (b_j,b_s)=c \quad (a_j,a_r)=c $$Which means $1= deg_c(a_j)\geq 2$ contradiction. Hence the claim is true. Say the edge between $(a_i,b_j)$ and $(a_i,a_j)$ which is not colored with some color in the set $(1,2,...,m)$, 'the good one'. Finally, we can finish the problem by constructing a complete graph $G'$ with $m$ vertices. We can do this by combining two vertices $(a_i,b)$ and making them one vertex $v_i$. Color the edge between $(v_i,v_j)$ with the same color as the good one of $(a_i,b_j)$ and $(a_i,a_j)$. By above claims, we can construct such a graph $G'$ and clearly $G'$ is a complete graph with $m$ vertices and properly colored with $m-1$ colors. Implies $m/2$ is a power of $2$ by induction hypotesis. $\square$