[cf1236F]Alice and the Cactus

首先，我们要用到期望的一个性质：

对于两个随机变量$X$和$Y$（不需要相互独立），有$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$

另外，对于一个仙人掌，令$n$为点数，$m$为边数，$c$为简单环个数，$X$为连通块数，则$X=n-(m-c)$（环可以看作有一条无意义的边，对于森林点-边即为连通块数）

我们所求的即$E((X-E(X))^{2})$，将其展开即$E(X^{2})-E(X)^{2}$，后者$E(X)=E(n)-E(m)+E(c)$，以下以$E(m)$为例来考虑：

令$x_{1},x_{2},...,x_{m}$表示每一条边是否被存在，即若其存在则$x_{i}=1$，否则$x_{i}=0$

显然$m=sum_{i=1}^{m}x_{i}$，根据性质1，即$E(m)=sum_{i=1}^{m}E(x_{i})=frac{m}{4}$

类似地，有$E(n)=frac{n}{2}$以及$E(c)=sum_{环}frac{1}{2^{环上点数}}$

对于$E(X^{2})$，将其展开即$E(X^{2})=E(n^{2})+E(m^{2})+E(c^{2})-2E(nm)+2E(nc)-2E(mc)$，以下同样以$2E(mc)$为例来考虑：

令$x_{1},x_{2},...,x_{m}$与之前相同，再定义$y_{1},y_{2},...,y_{c}$（其中$c$为环数）来表示每一个环是否存在（存在为1，不存在为0），则$E(mc)=E(sum_{i=1}^{m}x_{i}sum_{j=1}^{c}y_{j})$

同样利用性质1展开，也就是$sum_{i=1}^{m}sum_{j=1}^{c}E(x_{i}y_{j})$，不难发现$E(x_{i}y_{j})=P(第i条边和第j个环同时存在)$，后者也就是第$i$条边和第$j$个环同时覆盖了多少个点的2的幂次

简单对交点数分类讨论即可，时间复杂度可以通过预处理2幂次的逆元来做到严格线性，另外由于每一条边至多被覆盖一次，可以暴力枚举所有环上所有点

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500005
#define mod 1000000007
struct Edge{
    int nex,to;
}edge[N<<1];
vector<pair<int,int> >v;
int E,n,m,x,y,inv[N],head[N],r[N],dfn[N],f[N],dep[N],sum[N];
int En,Em,Ec,En2,Em2,Ec2,Enm,Enc,Emc,EX,EX2,ans;
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa,int s){
    dfn[k]=++dfn[0];
    f[k]=fa;
    dep[k]=s;
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa){
            if (!dfn[edge[i].to])dfs(edge[i].to,k,s+1);
            else{
                if (dep[edge[i].to]>=s)continue;
                int l=s-dep[edge[i].to]+1;
                Ec=(Ec+inv[l])%mod;
                Enc=(Enc+1LL*(n-l)*inv[l+1]+1LL*l*inv[l])%mod;
                int s_same=l;
                for(int j=k;;j=f[j]){
                    s_same=s_same+r[j]-2;
                    sum[j]=(sum[j]+inv[l])%mod;
                    if (j==edge[i].to)break;
                }
                Emc=(Emc+1LL*(m-s_same)*inv[l+2]+1LL*(s_same-l)*inv[l+1]+1LL*l*inv[l])%mod;
                sum[0]=(sum[0]+inv[l])%mod;
                v.push_back(make_pair(k,edge[i].to));
            }
        }
}
int main(){
    inv[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=1LL*(mod+1)/2*inv[i-1]%mod;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
        r[x]++,r[y]++;
    }
    En=1LL*n*inv[1]%mod;
    Em=1LL*m*inv[2]%mod;
    En2=(1LL*n*(n-1)%mod*inv[2]+1LL*n*inv[1])%mod;
    Enm=(1LL*m*(n-2)%mod*inv[3]+2LL*m*inv[2])%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=head[i];j!=-1;j=edge[j].nex){
            x=i,y=edge[j].to;
            if (x<y)Em2=(Em2+1LL*(m-r[x]-r[y]+1)*inv[4]+1LL*(r[x]+r[y]-2)*inv[3]%mod+inv[2])%mod;
        }
    dfs(1,0,0);
    for(int i=0;i<v.size();i++){
        x=v[i].first,y=v[i].second;
        int l=dep[x]-dep[y]+1,s_same=inv[l];
        for(int j=x;;j=f[j]){
            s_same=((s_same+sum[j]-inv[l])%mod+mod)%mod;
            if (j==y)break;
        }
        Ec2=(Ec2+1LL*(sum[0]+mod-s_same)*inv[l]+1LL*(s_same+mod-inv[l])*inv[l-1]+inv[l])%mod;
    }
    EX=((0LL+En-Em+Ec)%mod+mod)%mod;
    EX2=((0LL+En2+Em2+Ec2-2*Enm+2*Enc-2*Emc)%mod+mod)%mod;
    ans=(EX2-1LL*EX*EX%mod+mod)%mod;
    printf("%d",ans);
}