(mathcal{Description})
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求含有 (n) 个结点的所有有标号简单无向图中，最小点覆盖为 (m) 的图的数量的奇偶性。(T) 组数据。
(n,mle3 imes10^3)，(Tle5 imes10^3)。
(mathcal{Solution})
太神了叭！
总不能硬刚 NPC，我们必须牢牢把握“奇偶性”带来的便利：若存在某种规则将一类图两两配对，则我们可以忽略这些图而不影响答案。顺便做一步转化，最小点覆盖 = (n) - 最大独立集 = 补图的最大团，我们直接限制最大团的大小也能达到目标而更便于后续计算。
以下均在补图上考虑问题。从配对入手，令 (S_u) 为点 (u) （在某个具体的补图上）的邻接点集，任取两点，不妨取结点 (1) 和结点 (2)，讨论：
-
(S_1setminus{2} ot=S_2setminus{1})：交换结点 (1,2) 的标号得到新图，它与原图不同且最大团必然相等，构成配对，不考虑。
-
(S_1setminus{2}=S_2setminus{1})
在此，引入“缩点”操作，每个结点代表着邻接点集相同的结点构成的团。
- ((1,2)in E)：这意味这两团等大且互相连边构成大团，(1) 和 (2) 可以看做一个大小增大一倍的团；
- ((1,2) otin E)：类似地，两团最多有一个是全局最大团的子集，所以 (1) 和 (2) 可以看做一个大小不变的团。
那么，任何一个时刻的图上不会存在等大的团，且每个团的大小为 (2) 的整幂，这样的图只有 (mathcal O(n)) 个，利用一个 (iin[1,n]) 的二进制表示就能描述整个图。自然地，令 (f(n,i)) 表示（全局）一共有 (n) 个结点，图的状态为 (i) 时方案的奇偶性。考虑增加一个新点并与若干团合并，类似于考虑 (i+1) 在二进制下的进位，可以轻松得到转移。
不过，我们最终的问题与图的状态无直接关联，我们需要对于一个状态 (t)，再求出由它得到最大团为 (m) 的方案的奇偶性。不妨令状态 (t) 中团的大小由大到小依次为 (s_1,s_2,cdots,s_k)，研究最大团的构成：
- 存在 (1<i<jle k)，(s_i,s_j) 均不包含于最大团中。由“团的大小是 (2) 的整幂”，可见 (s_i+s_j) 必然小于最大团大小，那么 (s_i) 与 (s_j) 之间的边有连或不连两种方案，( imes 2)！这样的方案全部忽略掉！
- 有且仅有 (1<i<k)，(s_i) 不包含于最大团中。不论 (i) 与 (jin[1,i)) 的团连边情况如何，(i) 与 (jin(i,k]) 的连边情况不可能推翻钦定的最大团大小，所以会有 ( imes2^{k-i})，这样的方案也毫无作用！
- 最后，仅剩下两种可能——所有 (s) 一起构成最大团；仅有最小的 (s) 不属于最大团。设总点数 (n')，它们分别对大小 (n') 和 (n'-operatorname{lowbit}(n')) 的最大团产生 (1) 的贡献。
最后，枚举 (f(n,i)) 中的图状态 (i)，乘上对应状态下最大团大小恰好为 (n-m)（第一步转化带来的改动）的方案，可以做到 (mathcal O(n^2+Tn)) 解决本题。考虑到满足最大团大小条件的方案很少，可以进一步优化，做到 (mathcal O(n^2+T))。只不过兔子咕啦。
(mathcal{Code})
/*~Rainybunny~*/
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )
const int MAXN = 3000;
bool f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5];
inline void init() {
f[1][1] = 1;
rep ( i, 1, MAXN - 1 ) rep ( j, 1, i ) {
int rs = j, nw = 1;
if ( !f[i][j] ) continue;
for ( ; rs & nw; rs ^= nw, nw <<= 1 ) f[i + 1][rs] ^= 1;
f[i + 1][rs | nw] ^= 1;
}
rep ( i, 1, MAXN ) {
g[i][i] = 1;
if ( i & ( i - 1 ) ) g[i][i ^ ( i & -i )] = 1;
}
}
inline bool solve( const int n, const int m ) {
bool ret = 0;
rep ( i, 1, n ) ret ^= f[n][i] & g[i][m];
return ret;
}
int main() {
freopen( "cover.in", "r", stdin );
freopen( "cover.out", "w", stdout );
init();
int T, n, m; scanf( "%d", &T );
while ( T-- ) {
scanf( "%d %d", &n, &m );
puts( m < n && solve( n, n - m ) ? "1" : "0" );
}
return 0;
}