原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ290.html
题解
真是一道好题！
首先，如果不是仙人掌直接输出 0 。
否则，显然先把环上的边删光。
问题转化成多个树求解，把答案乘起来即可。
现在我们考虑如何求一个树的答案。
再转化一下题意可以变成选出若干条长度至少为 2 的路径使得它们两两没有交。
标算十分优美。放到后面讲。
我先讲讲我的sb做法。
我们先来看看暴力 dp 怎么做：
设 dp[x][i] 表示子树 x ，在 x 节点上还有 i 个路径的端点待合并。
那么，加入 x 的一个子树 y 的贡献时，我们可以得到转移方程：
设 v = dp[y][0] + dp[y][1]
dp'[x][i] = v * (dp[x][i]+dp[x][i-1]+(i+1)dp[x][i+1])
我们来分几种情况讨论一下这个式子的正确性：
1. y 这个节点上没有路径待合并。
那么，首先可以选择不对 x 的待合并路径数做贡献，也就是 dp[y][0] * dp[x][i]
然后，可以加入一条 y 到 x 的长度为 1 的路径，必须要合并（因为长度至少得是 2 ），所以它可以有两种状态：一种是加入到待合并集合中，一种是在待合并集合中找一条路径合并。 所以分别是 dp[y][0] * dp[x][i-1] 和 dp[y][0] * (i+1)dp[x][i+1]
2. y 这个节点上有一条路径待合并。
我们考虑把这条路径往 x 延长 1 ，那么他就可以结束它的待合并状态： dp[y][1] * dp[x][i]； 或者继续保持待合并状态或者和待合并集合中的路径合并： dp[y][1] * dp[x][i-1] 和 dp[y][1] * (i+1)dp[x][i+1]
所以就是上面那个式子啦！
所以，我们可以化简一下式子，发现 x 的 dp 结果就是一个 $\prod_y (dp[y][0]+dp[y][1])$ 乘一个 关于 x 的儿子个数的固定函数。我们只要算 dp[x][0] 和 dp[x][1] 所以我们只要两个这样的函数就好了。
我们来看看怎么算这个固定函数。
$$f[x+1][i] = f[x][i]+f[x][i-1]+(i+1)f[x][i+1]$$
我们只要求 f[i][0] 和 f[i][1] 。
打个表
OEIS
搜到了！
抄上去
过了！
好了我们来看看怎么正经地算这个东西。
我们考虑 f[i][0] 和 f[i][1] 的组合意义。
f[i][0] 就是 i 个带标号点，我们将他们选择若干组来配对的方案数。
f[i][1] 就是 i 个带标号点，我们将他们选择若干组来匹配，并留出一个特殊点。
那么可以得到：
f[i][0] = f[i-1][0] + f[i-1][1]
f[i][1] = f[i-1][0] + f[i-1][1] + f[i-2][1] * (i-1)
解释一下 f[i][1] 的转移原因：
第 i 个点作为特殊点 ： f[i][1] +=f[i-1][0]
第 i 个点不配对： f[i][1] += f[i-1][1]
第 i 个点在前面找一个点配对： f[i][1] += f[i-2][1] * (i-1)
讲完了。
你现在可以在 O(n) 的时间复杂度内解决这个问题。
接下来讲优美的标算。
由于不能有长度为 1 的路径，而且会有空出来的位置。
我们可以把空出来的位置当作长度为 1 的路径，那么就是求任何路径长度至少为 1 的路径集合 覆盖所有边的方案数。
先加上每条边上都覆盖了长度为 1 的路径。
对于每一个点，设连接这一个点的路径集合为 S ，那么就是相当于给 S 中的路径端点选择若干组来配对，求方案数。显然这就是之前的求过的 f[|S|][0] 。
于是只要把每一个节点的贡献乘起来就好了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d\n",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int N=500005,M=2e6+5,mod=998244353;
void Add(int &x,int y){
if ((x+=y)>=mod)
x-=mod;
}
int T,n,m;
vector <int> e[N];
struct Graph{
int cnt,y[M],nxt[M],fst[N];
void clear(int n){
For(i,0,n)
fst[i]=0;
cnt=1;
}
void add(int a,int b){
y[++cnt]=b,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
}
}g;
int dfn[N],low[N],st[N],Time,top;
int visE[M],vis[N];
int tag[N];
int circle_cnt;
int a0[N],a1[N];
void Tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++Time;
st[++top]=x;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i]){
if (visE[i>>1])
continue;
visE[i>>1]=1;
int y=g.y[i];
if (!dfn[y]){
Tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if (low[y]==dfn[x]){
circle_cnt++;
while (st[top]!=x)
top--;
}
else if (low[y]>dfn[x]){
e[x].pb(y),e[y].pb(x);
while (st[top]!=x)
top--;
}
}
else {
low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
}
}
int f[N][2];
void dfs(int x,int pre){
vis[x]=1;
int tmp=1,cnt=0;
for (auto y : e[x])
if (y!=pre){
dfs(y,x);
tmp=(LL)tmp*(f[y][0]+f[y][1])%mod;
cnt++;
}
f[x][0]=(LL)a0[cnt]*tmp%mod;
f[x][1]=(LL)a1[cnt]*tmp%mod;
}
int main(){
a1[1]=1,a1[2]=2;
a0[0]=1,a0[1]=1,a0[2]=2;
For(i,3,N-1){
a1[i]=((LL)a1[i-2]*(i-1)+a1[i-1]+a0[i-1])%mod;
a0[i]=(a0[i-1]+a1[i-1])%mod;
}
T=read();
while (T--){
n=read(),m=read();
For(i,0,n)
e[i].clear(),vis[i]=0;
g.clear(n);
For(i,1,m){
int x=read(),y=read();
g.add(x,y);
g.add(y,x);
}
Time=top=circle_cnt=0;
For(i,1,n)
dfn[i]=low[i]=st[i]=tag[i]=0;
For(i,0,m+2)
visE[i]=0;
Tarjan(1);
if (circle_cnt+n-1!=m){
puts("0");
continue;
}
int ans=1;
For(i,1,n)
if (!vis[i]){
dfs(i,0);
ans=(LL)ans*f[i][0]%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}