牛客 边的染色（思维+dfs）

这题转化太巧妙，将边权转化成点权，根据性质，在一个环内，每个点都会影响两条边，也就是说，将两点之间的边权设置为两个点权的异或值，那么答案肯定为0.因为每个点都异或两次

这样的话，假如没有设计过某些边权，那么答案就是所有点的取值/2，因为当所有0变成1所有1变成0，那么边权是一毛一样的。

考虑有某些边权是存在的，那么我们就要把这些边权所组成的连通块找出来，在某一个全部由存在边权的连通块中，一个点确定，所有点确定，因此可变的只有这个点，答案就要除以2的k-1次，k是连通块中点的个数，这符合除法定理。另外还要判断矛盾，也就是一开始的图就不符合答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const ll mod=998244353;
int h[N],ne[N],e[N],w[N],idx;
int c[N];
int n,m;
int sum;
void add(int a,int b,int c){
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],w[idx]=c,h[a]=idx++;
}
int dfs0(int u,int x){
    c[u]=x;
    int i;
    for(i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        if(w[i]==-1)
            continue;
        if(c[j]!=-1&&(x^w[i])!=c[j])
            return 0;
        if(c[j]==-1&&!dfs0(j,x^w[i]))
            return 0;
    }
    return 1;
}
void dfs1(int u,int fa){
    c[u]=1;
    sum++;
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        if(j==fa)
            continue;
        if(c[j]==-1){
            dfs1(j,u);
        }
    }
}
void dfs2(int u,int fa){
    c[u]=1;
    int i;
    sum--;
    for(i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        if(j==fa)
            continue;
        if(w[i]!=-1){
            if(!c[j])
            dfs2(j,u);
        }
    }
}
int main(){
    int i;
    cin>>n>>m;
    memset(c,-1,sizeof c);
    memset(h,-1,sizeof h);
    for(i=1;i<=m;i++){
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
    }
    int flag=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(c[i]==-1){
            if(!dfs0(i,1)){
                cout<<0<<endl;
                return 0;
            }
        }
    }
    memset(c,-1,sizeof c);
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(c[i]==-1){
            dfs1(i,-1);
            sum-=1;
        }
    }
    memset(c,0,sizeof c);
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(!c[i]){
            dfs2(i,-1);
            sum+=1;
        }
    }
    ll k=1;
    for(i=1;i<=sum;i++){
        k=(k*2)%mod;
    }
    cout<<k<<endl;
}