tyvj1863 [Poetize I]黑魔法师之门
背景
经过了16个工作日的紧张忙碌,未来的人类终于收集到了足够的能源。然而在与Violet星球的战争中,由于Z副官的愚蠢,地球的领袖applepi被邪恶的黑魔法师Vani囚禁在了Violet星球。为了重启Nescafé这一宏伟的科技工程,人类派出了一支由XLk、Poet_shy和lydrainbowcat三人组成的精英队伍,穿越时空隧道,去往Violet星球拯救领袖applepi。
描述
applepi被囚禁的地点只有一扇门,当地人称它为“黑魔法师之门”。这扇门上画着一张无向无权图,而打开这扇门的密码就是图中【每个点的度数大于零且都是偶数】的子图的个数对1000000009取模的值。此处子图 (V, E) 定义为:点集V和边集E都是原图的任意子集,其中E中的边的端点都在V中。
但是Vani认为这样的密码过于简单,因此门上的图是动态的。起初图中只有N个顶点而没有边。Vani建造的门控系统共操作M次,每次往图中添加一条边。你必须在每次操作后都填写正确的密码,才能够打开黑魔法师的牢狱,去拯救伟大的领袖applepi。
输入格式
第一行包含两个整数N和M。
接下来M行,每行两个整数A和B,代表门控系统添加了一条无向边 (A, B)。
输出格式
输出一共M行,表示每次操作后的密码。
测试样例1
输入
4 8
3 1
3 2
2 1
2 1
1 3
1 4
2 4
2 3
输出
0
0
1
3
7
7
15
31
备注
第三次添加之后,存在一个满足条件的子图 {1, 2, 3}(其中1, 2, 3是数据中【边】的标号)。
第四次添加之后,存在三个子图 {1, 2, 3},{1, 2, 4},{3, 4}。
……
对于30% 的数据,N, M≤10。
对于100% 的数据,N≤200000,M≤300000。
提醒:子图不一定连通。举另外一个例子,例如点(1、2、3),(4、5、6)分别组成一个三元环,则图中有三个所求子图。
/* 根据数学归纳法可以得出,每一次增加的数量=两个点在一个集合的边的数量*2,因此构成一个等比数列,每加入一条无用边,ans=ans*2+1 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #define ll long long using namespace std; const int mod = 1000000009; int n,m,f[305000],t; inline int read(){ char ch=getchar(); int f=1,x=0; while(!(ch>='0'&&ch<='9')){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}; while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}; return x*f; } struct GRAPH{ void init(){ for(int i = 1;i <= n;i++) f[i] = i; } int findf(int x){ return x == f[x] ? x : f[x] = findf(f[x]); } }graph; struct CALC{ ll q_mul(ll a,ll b){ ll ans = 0; while(b){ if(b&1){ ans = (ans + a) % mod; } a = (a + a) % mod; b >>= 1; } return ans; } ll q_pow(ll a,ll b){ ll ans = 1; while(b){ if(b&1){ ans = q_mul(ans,a); } a = q_mul(a,a); b >>= 1; } return ans; } }calc; int main(){ n = read(); m = read(); graph.init(); int u,v; for(int i = 1;i <= m;i++){ u = read(); v = read(); u = graph.findf(u); v = graph.findf(v); if(u == v){ t = t + t + 1; if(t >= mod) t -= mod; }else{ f[u] = v; } printf("%d\n",t); } return 0; }