2019CCPC秦皇岛赛区（重现赛）- 感谢东秦&复旦 hdu6736 dfs+快速幂

Problem Description

Z 国近年来一直在考虑遏制国土沙漠化的方案。在 Z 国广阔的疆域上，有着许多的沙漠。沙漠上干旱少雨，荒无人烟，仅有仙人掌能在这种魔鬼环境中生存。经过 Z 国地质探测局的调查，他们得到了沙漠的实地情况。Z 国的地质探测局是一个热爱 CCPC 的机构，他们喜欢使用图论的方式来描述看到的景色。在得到的数据中，沙漠中的每一个连通块都是一棵仙人掌；一个连通块是一棵仙人掌当且仅当连通块中不存在重边和自环，并且每一条边仅被至多一个简单环覆盖。

经过一番评估，Z 国决定通过删去沙漠中的一些边，最终将沙漠变为森林。这里我们定义森林满足：森林中每一个连通块都是一棵树，而树是边数等于点数减一的连通块。现在给定一个包含 n 个点的沙漠，请你求出 Z 国一共有多少种满足要求的沙漠改造方案。两种方案不同当且仅当方案中被删去的边集不同。由于答案可能很大，请将最终答案对 998244353 取模后输出。

 

 

Input

多组数据，每组数据第一行输入两个非负整数 n、m，分别表示沙漠中的点数和边数。沙漠中点的编号为 1, 2, ..., n。

对于每组数据的第 2 到第 m+1 行，每行输入两个正整数 u、v，表示沙漠中编号为 u 和编号为 v 的两个点之间有边相连。

1≤T≤3，1≤n≤3×105，m≤5×105，1≤u, v≤n 并且 u≠v。
 

Hint

样例解释

对于第一组样例，只需要至少删去一条边即可变为森林，故一共有 23−1=7 种方案。

 

 

Output

对于每一组数据，输出一行一个非负整数，表示答案对 998244353 取模后的值。

 

 

Sample Input

2 3 3 1 2 2 3 3 1 6 6 1 2 2 3 3 1 2 4 4 5 5 2

 

 

Sample Output

7 49

 

 

Source

642ccpcQHD

 

题解:关于有环是

无环的要计算在一起，计算

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define mem(s) memset(s, 0, sizeof(s))
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e6+5;
const int mod = 998244353;
int vis[maxn],f[maxn];
ll res=1,res2=0;
int n,m,flag;
vector<int>G[maxn];
void init(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    res=1,flag=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();
}
ll mul(ll a,ll b){
    return (a%mod)*(b%mod)%mod;
}
ll q_pow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a); 
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
void dfs(int fa,int u,int d){
    //cout<<u<<endl;
    vis[u]=1;f[u]=d;
    for(int i=0;i<G[u].size();i++){
        int v=G[u][i];
        if(v==fa)continue;
        if(vis[v]){
            if(d>f[v]){
                flag=1;
                res2+=d-f[v]+1;
                res=mul(res,(q_pow(2,d-f[v]+1)-1+mod)%mod);
            }
        }else {
            dfs(u,v,d+1);
        }
    }
}

int main() 
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
        init();
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        ll ans=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            res=1;
            if(!vis[i]){
                dfs(-1,i,1);
                ans=mul(res,ans);
            }
        }
        printf("%lld\n",mul(ans,q_pow(2,m-res2)));
    }
    return 0;
}
/*
3 2
1 2
2 3
*/