设\(f[i][0/1]\)表示到第\(i\)个点，不选/选这个点的方案数。对于一棵树，有：$$f[x][0]=\prod_{v\in son[x]}(f[v][0]+f[v][1])\f[x][1]=\prod_{v\in son[x]}f[v][0]$$
对于非树边的限制，可以再加一维非树边端点的状态（选没选），能得\(55\)分。
对于一条非树边\((u,v)\)，要么是\(u\)选\(v\)不选，要么是\(u\)不选\(v\)选，要么是\(u\)不选\(v\)不选。发现后两种情况可以合并，即可以强制\(u\)选\(v\)不选DP一遍，再强制\(u\)不选\(v\)没有限制DP一遍，加起来就是对的了。对于多条非树边，\(2^{m-n+1}\)枚举非树边两端点的状态即可。能得\(70\sim85\)分（取决于评测机...）。（也可以容斥，强制枚举几条非树边的两端点同时选，其它没有限制）
可以想到对于非树边\((u,v)\)，如果\(u,v\)之间的点及之间的子树中都没有非树边端点，那么\(f[v][0/1]\)对\(f[u][0/1]\)的贡献系数是一样的。
也就是说，设\(z\)的父亲是\(y\)，\(y\)的父亲是\(x\)，且有$$f[y][0]=k_0[z][0]\cdot f[z][0]+k_0[z][1]\cdot f[z][1]\f[y][1]=k_1[z][0]\cdot f[z][0]+k_1[z][1]\cdot f[z][1]$$
设\(x\)只考虑\(y\)子树之外所有子树的贡献时，DP值分别是\(g[x][0/1]\)，那么把上面这个\(f[y][0/1]\)代进去有：$$f[x][0]=g[x][0]\cdot(k_0[y][0]+k_1[y][0])\cdot f[y][0]+g[x][0]\cdot(k_0[y][1]+k_1[y][1])\cdot f[y][1]\f[x][1]=g[x][1]\cdot(k_0[z][0]\cdot f[z][0]+k_0[z][1]\cdot f[z][1])$$
同样对于\(fa[x],fa[fa[x]]...\)，\(f[z][0/1]\)对它的贡献系数也可以这么类似DP得到。
显然如果非树边\((u,v)\)之间没有非树边端点，那无论\(u,v\)选不选贡献系数是不变的。而所有非树边端点的贡献系数可以\(O(n)\)通过上述DP一遍得到。
具体...对于非树边\((u,v)\)，把\((u,v)\)在树上的路径提出来，\(v\)暴力往上跳，同时统计其它子树的贡献。如果在这一过程中遇到了虚树上的点\(w\)，就连边\(w\to v\)边的转移系数是\(v\)的系数，然后将\(v\)的系数清零，用\(w\)的系数继续向上更新...如果\(w\)不是虚树上的点，就转移\(v\)的系数。（感觉不太好说...太菜了式子给代错想了好久）
所以就可以把非树边的\(k=2(m-n+1)\)个端点拿出来建虚树，枚举非树边端点的状态后，只在虚树上面做最初的DP，然后乘对应的贡献系数。
设\(k=m-n+1\)，复杂度\(O(n+k2^k)\)。
因为虚树上的点是可以确定的，所以可以第一次DFS的时候直接建出虚树并标记虚树上的点。（orz Kelin，替他感到可惜...）
注意边数是\(n+10\)！（不是\(n\)就够→_→）
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
#define Mod(x,v) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) x+v>=mod?x+v-mod:x+v
#define Mul(x,v) 1ll*(x)*(v)%mod
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
typedef long long LL;
const int N=1e5+15;
int cnt,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],f[N][2],g[N][2],sz[N],sta[N];
pr e[23];
bool vis[N],mark[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Coef//ficient
{
int c0,c1;
Coef(int c0=0,int c1=0):c0(c0),c1(c1) {}
inline Coef operator +(const Coef &x)
{
return Coef(Add(c0,x.c0),Add(c1,x.c1));
}
inline Coef operator *(const int x)
{
return Coef(Mul(c0,x),Mul(c1,x));
}
}k[N][2];
struct VirtualTree
{
#define M 105
int Enum,H[N],to[M],nxt[M];
Coef k0[M],k1[M];
inline void AE(int u,int v,Coef c1,Coef c2)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, k0[Enum]=c1, k1[Enum]=c2;
}
}VT;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void DFS1(int x,int fa)
{
static bool vis[N];
vis[x]=1;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
if(!vis[v]) DFS1(v,x), sz[x]+=sz[v];
else mark[x]=1, x>v&&(e[cnt++]=mp(x,v),1);
mark[x]|=sz[x]>=2, sz[x]=sz[x]||mark[x];
}
int DFS2(int x)//Build Tree
{
static bool vis[N];
int pos=0;
vis[x]=1, g[x][0]=g[x][1]=1;
for(int i=H[x],v,w; i; i=nxt[i])
if(!vis[v=to[i]])
{
if(!(w=DFS2(v))) g[x][0]=Mul(g[x][0],g[v][0]+g[v][1]), g[x][1]=Mul(g[x][1],g[v][0]);
else if(!mark[x]) k[x][0]=k[v][0]+k[v][1], k[x][1]=k[v][0], pos=w;
else VT.AE(x,w,k[v][0]+k[v][1],k[v][0]);
}
if(!mark[x]) k[x][0]=k[x][0]*g[x][0], k[x][1]=k[x][1]*g[x][1];
else k[x][0]=Coef(1,0), k[x][1]=Coef(0,1), pos=x;
return pos;
}
void DP(int x)
{
f[x][0]=g[x][0], f[x][1]=g[x][1];
if(~sta[x]) f[x][sta[x]^1]=0;
for(int i=VT.H[x],v; i; i=VT.nxt[i])
{
DP(v=VT.to[i]);
f[x][0]=Mul(f[x][0],Mul(f[v][0],VT.k0[i].c0)+Mul(f[v][1],VT.k0[i].c1));
f[x][1]=Mul(f[x][1],Mul(f[v][0],VT.k1[i].c0)+Mul(f[v][1],VT.k1[i].c1));
}
}
int main()
{
const int n=read(),m=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read());
DFS1(1,1), mark[1]=1, DFS2(1);
memset(sta,0xff,sizeof sta);
LL ans=0;
for(int s=0,lim=1<<cnt; s<lim; ++s)
{
bool fg=1;
for(int i=0; i<cnt&&fg; ++i)
{
int x=e[i].first,y=e[i].second;
if(s>>i&1) (!sta[x]||sta[y]==1)&&(fg=0), sta[x]=1, sta[y]=0;
else sta[x]==1&&(fg=0), sta[x]=0;
}
if(fg) DP(1), ans+=f[1][0]+f[1][1];
for(int i=0; i<cnt; ++i) sta[e[i].first]=-1, sta[e[i].second]=-1;
}
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}