比赛时候想了好久，不会。看了官方题解才会......
Bond是极小割边集合，去掉一个Bond之后，只会将原图分成两个连通块。
假设某些点构成的集合为 s（点集中的点进行状压后得到的一个十进制数），那么剩下的点构成的集合为 t=(1<<n)-1-s
如果s是连通的，t也是连通的，那么跨越s、t集合的边的答案就+1（即跨越s、t集合的边构成一个Bond）。
因此，只需枚举 s 即可。
接下来问题转变成了以下两个问题：
1.如何判断某个点集合是否连通：状压DP预处理。
2.如何让跨越s、t集合的边的答案+1：如果每次遍历所有的边去加答案，时间复杂度爆炸O(m*(1<<n))，因此需要换一种思路：
我们可以计算出所有Bond有几个，然后减去(u,v)不跨越s,t的Bond个数就是(u,v)这条边的答案。
具体看代码吧~~，再贴上官方题解：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double pi=acos(-1.0),eps=1e-;
void File()
{
freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
freopen("D:\\out.txt","w",stdout);
}
inline int read()
{
char c = getchar(); while(!isdigit(c)) c = getchar();
int x = ;
while(isdigit(c)) { x = x * + c - ''; c = getchar(); }
return x;
} int T,n,m,e[],sum[(<<)+],sz;
int u[],v[];
bool f[(<<)+]; void pre()
{
for(int i=;i<n;i++) f[<<i]=;
for(int i=;i<(<<n);i++)
{
if(!f[i]) continue;
int st=; for(int j=;j<n;j++) if(i&(<<j)) st=st|e[j];
for(int j=;j<n;j++)
{
if(i&(<<j)) continue;
if(st&(<<j)) f[i|(<<j)]=;
}
}
} int main()
{
scanf("%d",&T); int cas=;
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(e,sz=,sizeof e); memset(f,,sizeof f); memset(sum,,sizeof sum);
for(int i=;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
e[u[i]]=e[u[i]]|(<<v[i]), e[v[i]]=e[v[i]]|(<<u[i]);
}
pre();
for(int i=;i<(<<n);i++)
{
if(f[i]==||f[(<<n)--i]==) continue;
if(i>(<<n)--i) break;
sum[i]=; sum[(<<n)--i]=; sz++;
}
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=(<<n)-;j>=;j--)
{
if((<<i)&j) continue;
sum[j]=sum[j]+sum[(<<i)|j];
}
}
printf("Case #%d:",cas++);
for(int i=;i<m;i++) printf(" %d",sz-sum[(<<u[i])|(<<v[i])]);
printf("\n");
}
return ;
}