4415. 点的赋值

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4415. 点的赋值

给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向无权图。

点的编号为 \(1∼n\)。

图中不含重边和自环。

现在，请你给图中的每个点进行赋值，要求：

每个点的权值只能是 \(1\) 或 \(2\) 或 \(3\)。
对于图中的每一条边，其两端点的权值之和都必须是奇数。
请问，共有多少种不同的赋值方法。

由于结果可能很大，你只需要输出对 \(998244353\) 取模后的结果。

输入格式

第一行包含整数 \(T\)，表示共有 \(T\) 组测试数据。

每组数据第一行包含两个整数 \(n,m\)。

接下来 \(m\) 行，每行包含两个整数 \(u,v\)，表示点 \(u\) 和点 \(v\) 之间存在一条边。

输出格式

一个整数，表示不同赋值方法的数量对 \(998244353\) 取模后的结果。

解题思路

染色法判定二分图

很显然，任意一条路径要形成 \(奇数——偶数——奇数——……\) 这种情况，即将点分为奇数和偶数两部分，相当于对图进行染色，使得相邻两点颜色不同，即转换为二分图染色问题，由于可能不止一个连通块，如果存在一个连通块不能完成二分图染色则表示这样路径不存在，则方案数为 \(0\)，否则对于每一个连通块，设两种颜色的数量分别为 \(cnt1,cnt2\)，\(cnt1\) 表示为奇数数量时，每个点都有 \(1\) 或 \(3\) 两种情况，\(cnt2\) 也可以表示为奇数数量，故一个连通块内有 \(2^{cnt1}+2^{cnt2}\) 种方案，另外，连通块之间的方案是互不影响的，利用乘法原理即得总方案数

• 时间复杂度：\(O(n+m)\)

代码

// Problem: 点的赋值
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/4418/
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=3e5+5,mod=998244353;
int n,m,t,x,y,color[N],f[N],cnt1,cnt2;
vector<int> adj[N];
bool dfs(int x,int c)
{
	color[x]=c;
	if(c==1)cnt1++;
	else
		cnt2++;
	for(int y:adj[x])
		if(!color[y])
		{
			if(!dfs(y,3-c))return false;
		}
		else if(color[y]==c)return false;
	return true;
}
int main()
{
    help;
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)f[i]=1ll*2*f[i-1]%mod;
    for(cin>>t;t;t--)
    {
    	cin>>n>>m;
    	for(int i=1;i<=n;i++)adj[i].clear(),color[i]=0;
    	while(m--)
    	{
    		int x,y;
    		cin>>x>>y;
    		adj[x].pb(y),adj[y].pb(x);
    	}
    	int res=1;
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    		if(!color[i])
    		{
    			cnt1=cnt2=0;
    			if(!dfs(i,1))
    			{
    				res=0;
    				break;
    			}
				res=1ll*res*(f[cnt1]+f[cnt2])%mod;
    		}
    	cout<<res<<'\n';
    }
    return 0;
}