简要翻译：
有一个连通图，A和B同时从点1出发，沿不同的路径前进。原本，图上的每一条边都是灰色的。A将经过的边涂成红色，B将经过的边涂成蓝色的。每个回合每个人只能走灰色的边。当某个回合中不存在两条不同的灰色路径来同时移动A和B时，游戏结束。试求结束时，图上边的涂色情况有多少种?只要有一条边颜色不同，就视为两种情况。特别的，对图中除点1外的点，每一个点都有且只有两条边与之相连。
数据范围：
\(2\leq N\leq3e5\)，\(2\leq M\leq 2\times N\)
题解：
(说是题解，其实更像是思考过程。想直接看正解的可以下拉到我推导n个环的地方)
显然，我们可以发现，图中所有的环都只有点1一个公共点，或者说，这个图是由以且只以点1为公共点的环构成的。
边军训边想想了一整天，我决定打开cf看下标签
Divide and Conquer 分治算法好吧没看懂
首先，我们先求出环的数量与每个环中点的数量，复杂度为 \(O(N)\) ，简单的遍历即可。
当然，你也可以一边读入一边利用并查集确定除1外每个点的归属，然后直接统计，这样就省去了建图遍历的过程。
染色部分只含有1个环时:
- 答案加 \(2\) 。(红蓝互换)
染色部分只含有2个环时:
- 若两个环大小不同，则终点会在较大环里，且由于大小不同，终点不会将环平分，所以终点在环上会有一个对称的位置。再加上红蓝互换，答案加 \(4\)
- 当然，记得加上含有一个环的情况。
- 此时，总答案为8。这便是样例的情况。
- 若两个环大小相同，则终点为1。若图上没有别的环了，则答案加 \(2\) ，否则答案加 \(0\) 。(因为终点为点1，但与点1相连的环还有其他的，可以继续移动)
当含有3个环时，记这三个环的点数分别为 \(a\leq b\leq c\) ：
- 若 \(a+b=c\) ，与上面2个环的情况类似， 当终点在1时，如果只有3个环，答案加 \(2\) ，否则答案加 \(0\) 。当终点在c上时，若 \(a=b\) ，答案加 \(2\) ，否则加 \(4\) 。
- 否则若 \(a+b<c\) ，显然终点只能出现在第三个环里。当两个小环颜色相同，与两个环的第一种情况同理，答案加 \(4\) ；当两个小环颜色不同，若这两个环大小相同，则终点平分第三个环，答案加 \(2\) ，否则，答案加 \(4\) 。
- 若 \(a+b>c\) ：
- 若 \(a=b\) ，答案加 \(2(终点在c)+4(终点在b)+4(终点在a)\)
- 若 \(a<b\) ，答案加 \(4+4+4\)
- 不难发现：当终点所在环两侧环的点数相同时，答案加 \(2\) ，否则答案加 \(4\)
对于含有n个环的情况下，记这n个环点数分别为 \(a_1\leq a_2\leq ...\leq a_n\)
- 我们将这些环分为3个部分，\(S_1,S_2,a_k\) ，注意 \(S_1,S_2\) 可以为0，我们记终点在 \(a_k\) 中，且 \(S_1\leq S_2\) ，则 \(a_k\) 可以作为终点环，当且仅当 \(S_1+a_k>S_2\) 。
- 若 \(S_1=S_2\) ，答案加 \(2\) 。否则，答案加 \(4\) 。
- 但是，这样的组合会有很多种，枚举显然不能解决问题。
- 若 \(S_1+a_k=S_2\) ，且没有更多的环时，答案加 \(2\) ，否则答案加 \(0\) 。
假定我们已经求出n-1个环下的答案，现在让我们尝试推导出n个环的答案
思路1：
- 对于原有的每个对答案有贡献的情形：
- 注意，此处我们将 \(S_1+a_k=S_2\) 的情形也加入讨论
- 假若我们是按大小顺序加入环，对于每个 \(S_1+a_k>S_2\) 的情形，如果我们把 \(a_k\) 并入 \(S_1\) ，新环设为终点环，情况仍然是合法的，即满足 \(S_2+a_n>(S_1+a_k)\)
- 对于 \(a_n<S_2-S_1+a_k\) 的情形，我们将新环并入 \(S_1\) 后，有 \(S_2+a_k>(S_1+a_n)\) ，情况仍然合法
- ...
- 下面不再列举出各种情况。但是，我们不难发现，如果我们维护的是各个 \(d=S_2-S_1+a_k\) 的数量，在某些情形下，合并后，我们就无法利用 \(d\) 计算出 \(d'\) ，进而无法更新。如果维护 \(d=S_1-S_2+a_k\) ，也有类似的问题。
- 比方说，我们维护的是 \(d=S_2-S_1+a_k\) ，对于每个 \(S_1+a_k>S_2\) 的情形，我们将新环设为终点环，把 \(a_k\) 并入 \(S_1\) 之后， \(d'=(S_1+a_k)-S_2+a_n\) ，由于符号的改变，我们无法在只知道 \(d\) 的情况下推出 \(d'\)
- 而两个同时维护，复杂度又不允许。
- 也就是说，我们需要更巧妙的维护方式。
在我们上面的分析中，我们都是整个环整个环的操作，并且根据大小关系的合法与否来实现统计和更新，拥有繁琐的判断过程和无法维护的弊端，那么，是否有更为通用的方法呢？
思路2(正解)：
-
我们发现，无论我们维护的 \(d\) 是怎样的形式，\(S_1\) 与 \(S_2\) 总是相抵的。现在，我们将红色边的数量记为正，蓝边数量记为负，则最终我们希望二者相抵为0。
-
边的变化有两种方式，一是加入整个环，二是将环确认为终点环并加入环中的部分边。
-
我们让 \(f[i][j][0]\) 表示考虑到第i个环，边数相抵后的值为j，0表示答案是由完整的环加减也就是还未确定终点环下得到的，1表示答案是已经确定了终点环后得到的。
-
显然，有： \(f[i][j][0]=f[i-1][j-a_i][0]+f[i-1][j+a_i][0]+f[i-1][j][0]\)
-
接下来我们讨论把当前环i作为终点环的情况
-
我们将环平分为两个非空的部分，不难发现，以这个环为终点环后其对j值的影响如下：\(1-(a_i-1),2-(a_i-2),...,(a_i-1)-1\) 不难发现，影响是从 \(2-a_i\) 到 \(a_i-2\) 的间隔为2的数，我们记这个影响的集合为 \(D_1\)
-
应有： \(f[i][j][1]+=\sum f[i-1][p][0]\) ， \(p\in D_1\)
-
另外，别忘了统计终点环不是i但已经确定终点环的情况： \(f[i][j][1]+=f[i-1][j-a_i][1]+f[i-1][j+a_i][1]+f[i-1][j][1]\)
-
什么？你以为这样就完了？太天真了。
-
题目可没有保证蓝色和红色最终能到达同一个点。也就是说，可能存在这样的情况：蓝色和红色的终点在同一个环上某条边的两端。
-
注意此时跟上面的情况有点区别，上面我们要求将环平分为非空的两部分，是因为在用上了整个环的情形下，如果红边或蓝边的边数为0，则终点会在1点，而由于1点的特殊性(如果你真的看了我前面的推导思路)，我们无法在此处判断把共同终点设在1点是否合法，所以，我们要求两部分非空。
-
但在现在，我们在环中空出了一条边，不论两部分是否为空，我们都能确定终点(边)在这个环中，所以可以为空
-
此时，这个终点环对j的影响如下： \(0-(a_i-1),1-(a_i-2),...,(a_i-1)-0\),我们记这个影响的集合为 \(D_2\)
-
我们发现 \(D_1\cup D_2=[1-a_i,a_i-1]\)
-
那么我们自然而然地想到，维护f[i-1][j][0]的前缀和，然后 \(f[i][j][1]+=sum[j+a_i-1]-sum[j-a_i]\)
-
那么恭喜你，这里还有一个坑。
-
假如我们在环中空出的这条边的一端为1点，也就是上面我们分析到的其中一部分为空的情况，需要满足一个前提条件：用上所有的环。或着这么表述：整个图中空下来保持褐色的，只有这条边，因为如果还有别的环，这个环必然与1相连，那么这两种颜色就可以从1点沿着环继续延伸，这种情况是不合法的。
-
因此，我们在计算空出了边且边与1相连的情况时，有如下调整：
-
统计终点环不是i但已经确定终点环的情况时，不能加上 \(f[i-1][j][1]\) ，也就是不能不用这个环。
-
但这就与我们上面的公式相矛盾。
-
因此，我们需要将这种情况同以1为终点的情况一起拿出来单独计算。
-
顺带一提，我们上面算的 \(f[i][j][1]\) 的终点环处经过红蓝互换后可以形成新的答案，所以最终答案要乘以2。
最后是代码：
#include <cstdio>
#define REG register
#define rep(i,a,b) for(REG int i=a;i<=b;i++)
#define Rep(i,a,b) for(REG int i=a;i>=b;i--)
inline char getc(){
static char buf[1<<14],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<14,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int scan(){
REG int x=0; REG char ch=0;
while(ch<48) ch=getc();
while(ch>=48) x=x*10+ch-48,ch=getc();
return x;
}
inline void swap(int &A,int &B){
REG int x=A; A=B; B=x;
}
inline int max(const int&A,const int&B){
return A>B?A:B;
}
inline int min(const int&A,const int&B){
return A<B?A:B;
}
const int MOD=1e9+7;
inline int add(int A,int B){
//if(B<0) B+=MOD
return B>MOD-A?A-MOD+B:A+B;
}
const int N=2e3+5,M=4e3+5;
int n,m,fa[N],c[N],a[N],cn,f[2][M<<1][2];
inline int find(int x){
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
n=scan(); m=scan();
rep(i,1,n) fa[i]=i,c[i]=1;
rep(i,1,m){
REG int u=find(scan()),v=find(scan());
if(u==1||v==1||u==v) continue;
fa[v]=u; c[u]+=c[v];
}
rep(i,2,n) if(fa[i]==i) a[++cn]=c[i]+1;
REG int zero=m+1,t=1,ans;
f[0][zero][0]=1;
for(REG int i=1;i<=cn;i++,t^=1){
//直接继承i-1的答案，是这个环不走的情况
rep(j,1,(m<<1)+1){
f[t][j][0]=f[t^1][j][0];
f[t][j][1]=f[t^1][j][1];
}
rep(j,1,(m<<1)+1){
if(j-a[i]>0){
f[t][j][0]=add(f[t][j][0],f[t^1][j-a[i]][0]);
f[t][j][1]=add(f[t][j][1],f[t^1][j-a[i]][1]);
}
if(j+a[i]<(m+1)<<1){
f[t][j][0]=add(f[t][j][0],f[t^1][j+a[i]][0]);
f[t][j][1]=add(f[t][j][1],f[t^1][j+a[i]][1]);
}
}
rep(j,1,(m<<1)+1) f[t^1][j][0]=add(f[t^1][j][0],f[t^1][j-1][0]);
rep(j,1,(m<<1)+1){
REG int l=max(1,j-a[i]+2),r=min(j+a[i]-2,(m<<1)+1);
f[t][j][1]=add(f[t][j][1],add(f[t^1][r][0],MOD-f[t^1][l-1][0]));
}
}
//终点环内红蓝互换(或者说把环镜像翻转)，答案翻倍
ans=add(f[t^1][zero][1],f[t^1][zero][1]);
//printf("t1:%d\n",ans);
rep(j,1,(m<<1)+1) f[t][j][0]=f[t^1][j][0]=f[t][j][1]=f[t^1][j][1]=0;
f[t^1][zero][0]=1;
for(REG int i=1;i<=cn;i++,t^=1){
//想要以1为唯一终点或终点之一，就不能空出任何环
rep(j,1,(m<<1)+1) f[t][j][0]=f[t][j][1]=0;
rep(j,1,(m<<1)+1){
if(j-a[i]>0){
f[t][j][0]=add(f[t][j][0],f[t^1][j-a[i]][0]);
f[t][j][1]=add(f[t][j][1],f[t^1][j-a[i]][1]);
}
if(j+a[i]<(m+1)<<1){
f[t][j][0]=add(f[t][j][0],f[t^1][j+a[i]][0]);
f[t][j][1]=add(f[t][j][1],f[t^1][j+a[i]][1]);
}
//统计空出一条边且该边与1相连的情况
if(j-a[i]+1>0) f[t][j][1]=add(f[t][j][1],f[t^1][j-a[i]+1][0]);
if(j+a[i]-1<(m+1)<<1) f[t][j][1]=add(f[t][j][1],f[t^1][j+a[i]-1][0]);
}
}
//对于f[i][0][0]也就是以1为唯一终点的情况 红蓝的各种组合在红正蓝负相抵中已经体现了，不需要互换了。
ans=add(ans,f[t^1][zero][0]);
//printf("t2:%d\n",ans);
//对于f[i][0][1]我们镜像翻转 答案翻倍
ans=add(ans,add(f[t^1][zero][1],f[t^1][zero][1]));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}