题目大意
给出一个 (n) 个点 (m) 条无向边的图，每个点都有一个 (in [0,1]) 的权值，每次可以选择一条边，然后将该边相连两点权值异或上 (1)。问有多少种选择方法使得每个点的权值都变为 (0)。（每条边只能选择一次）
但是这个问题太简单了，所以你要求删掉每个点以及它连出的边之后的答案。
有 (t) 组数据，(tle 5,n,mle 10^5)。
思路
这道题不是很难写，但是很难想。
我们先考虑一棵树的答案，你发现这样方案是唯一的，因为你从叶子节点开始考虑，如果当前点是黑的，那就选择父亲边，否则就不能选。然后你发现有解的充要条件就是黑点是偶数个。
考虑一个 (n) 点 (m) 边的连通图，你发现如果我们钦点出 (n-1) 条边作为树边，那么它们是惟一的。对于剩下的 (m-n+1) 条边，你可以任意选择要或不要（相当于改变两个点的初始颜色），然后改变那 (n-1) 条边使得合法即可。所以答案就是 (2^{m-n+1}) ，判断有解的方法同上。
对于一个不连通图，你发现如果有解的话答案就是 (2^{m-n+t})。其中 (t) 是连通块个数。显然。
考虑删掉一个点以及相连的边后的方案数，实际上就是如何判断合不合法以及删掉之后的连通块个数。
- 连通块个数
你发现这个东西只跟割边有关，设 ( ext{cnt}(i)) 表示点 (i) 在 ( ext{dfs}) 树上与儿子节点相连的割边个数，你发现答案连通块个数就增加了 ( ext{cnt}(i)) 个。（如果 (i= ext{root}) 的话 ( ext{cnt}(i)) 需要减 (1) 因为它连通块增加个数会少一个，因为它没有父亲）
- 判断合法性
首先需要判断除了该点所属外的连通块的合法性。
然后判断分出来的子树合法性。
然后判断剩下的一块合法性就好了。
合法性判断同上文，看连通块里面 (1) 的个数就好了。
用 ( ext{Tarjan}) 实现，时间复杂度 (Theta(Tn))。
( exttt{Code})
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Int register int
#define mod 1000000007
#define MAXN 100005
template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
vector <int> G[MAXN];
int n,m,rt,ind,a[MAXN],f[MAXN],d[MAXN],bin[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],deg[MAXN],cnt[MAXN],bel[MAXN],sum[MAXN];
void Link (int x,int y){
deg[x] ++,deg[y] ++;
G[x].push_back (y),G[y].push_back (x);
}
void Tarjan (int u){
bel[u] = rt,dfn[u] = low[u] = ++ ind,sum[u] = a[u];
for (Int v : G[u]){
if (!dfn[v]){
Tarjan (v);
sum[u] += sum[v];
low[u] = min (low[u],low[v]);
if (low[v] >= dfn[u]) cnt[u] ++,f[u] += sum[v],d[u] |= (sum[v] & 1);//u->v是割边
}
else low[u] = min (low[u],dfn[v]);
}
cnt[u] -= (u == rt);
}
signed main(){
int t;read (t);
bin[0] = 1;for (Int i = 1;i <= MAXN - 5;++ i) bin[i] = 2 * bin[i - 1] % mod;
while (t --> 0){
read (n,m);int val = 0,tot = 0;
for (Int i = 1,u,v;i <= m;++ i) read (u,v),Link (u,v);
for (Int i = 1;i <= n;++ i) scanf ("%1d",&a[i]);
for (Int i = 1;i <= n;++ i) if (!dfn[i]) rt = i,Tarjan (i),tot ++,val += (sum[i] & 1);
write (val ? 0 : bin[m - n + tot]);
for (Int i = 1;i <= n;++ i){
putchar (' ');
if (d[i]) putchar ('0');
else if (val - (sum[bel[i]] & 1)) putchar ('0');
else if ((sum[bel[i]] - f[i] - a[i]) & 1) putchar ('0');
else write (bin[(m - deg[i]) - (n - 1) + tot + cnt[i]]);
}
putchar ('
'),ind = 0;
for (Int i = 1;i <= n;++ i) G[i].clear (),f[i] = d[i] = cnt[i] = deg[i] = dfn[i] = low[i] = 0;
}
return 0;
}