牛客网NOIP赛前集训营 提高组 第5场 T2 旅游

【题解】

　　我们可以发现不在最小生成树上的边一定不能多次经过，因为一条不在最小生成树上的边(u,v)的边权比最小生成树上(u,v)之间的路径更长，选择不在最小生成树上的边一定不划算。

　　我们还需要确定最小生成树上哪些边需要经过两次。我们发现如果某个点当前的度为奇数，这个点到它的父亲的边要经过两次，所以我们在它和它父亲之间多连上一条边(即把他们的度都加1）.

　　这样一次dfs我们就可以从下往上确定出需要经过两次的边。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define N 500010
#define rg register
using namespace std;
const int Mod=998244353;
int n,m,tot,cnt,last[N],in[N],fa[N];
LL ans,Pow[N];
struct edge{int to,pre,dis;}e[N<<1];
struct rec{int u,v;}r[N];
inline int read(){
    int k=0,f=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')c=='-'&&(f=-1),c=getchar();
    while('0'<=c&&c<='9')k=k*10+c-'0',c=getchar();
    return k*f;
}
void dfs(int x,int f,int eg){
    for(rg int i=last[x],to;i;i=e[i].pre)if((to=e[i].to)!=f) dfs(to,x,i);
    if((in[x]&1)&&x!=1)    ans=(ans+Pow[e[eg].dis])%Mod,in[f]++;
}
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
    n=read(); m=read(); Pow[0]=1;
    for(rg int i=1;i<=m;i++){
        Pow[i]=(Pow[i-1]<<1)%Mod; ans=(ans+Pow[i])%Mod;
        in[r[i].u=read()]++; in[r[i].v=read()]++;
    }
    for(rg int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(rg int i=1;i<=m;i++){
        int u=r[i].u,v=r[i].v;
        if(find(u)!=find(v)){
            e[++tot]=(edge){u,last[v],i}; last[v]=tot;
            e[++tot]=(edge){v,last[u],i}; last[u]=tot;
            fa[find(u)]=find(v);
            cnt++; if(cnt==n-1) break;
        }
    }
    dfs(1,0,0);
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}