[atARC115D]Odd Degree

考虑对于一棵树$G$，这个问题的答案——

当$k$为奇数时答案显然为0，否则从$V$中任选$k$个点，以任意一点为根，从底往上不难发现子图数量唯一

换言之，当$k$为偶数时，每一个合法（恰有$k$个奇度数的点）子图恰好对应于一种选择方案，即${|V|\choose k}$

当$G$是一张连通图时，继续来分析答案——

首先$k$仍要是偶数，且仍然考虑任选$k$点，并求出其一棵生成树

对于生成树以外的边，任意选每一条边是否加入子图，之后同样可以通过这棵生成树构造出一组方案，换言之每一组选点方案恰对应于$2^{|E|-|V|+1}$个子图，答案即${|V|\choose k}2^{|E|-|V|+1}$

有多个连通块时，显然每一个连通块独立，用$f_{i,j}$表示前$i$个连通块中选$j$个点，枚举最后一个所选的点转移即可，复杂度为$o(n^{2})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5005
#define mod 998244353
int n,m,x,y,mi[N],fac[N],inv[N],f[N],szV[N],szE[N],dp[N][N];
int c(int n,int m){
    return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int find(int k){
    if (k==f[k])return k;
    return f[k]=find(f[k]);
}
void merge(int x,int y){
    x=find(x),y=find(y);
    if (x==y)szE[x]++;
    else{
        f[x]=y;
        szV[y]+=szV[x];
        szE[y]+=szE[x]+1;
    }
}
int main(){
    mi[0]=fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=i;
        szV[i]=1,szE[i]=0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        merge(x,y);
    }
    dp[0][0]=1;
    int scc=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (f[i]==i){
            scc++;
            for(int j=0;j<=n;j++)
                for(int k=0;k<=min(j,szV[i]);k+=2)
                    dp[scc][j]=(dp[scc][j]+1LL*mi[szE[i]-szV[i]+1]*c(szV[i],k)%mod*dp[scc-1][j-k])%mod;
        }
    for(int i=0;i<=n;i++)printf("%d\n",dp[scc][i]);
}