对于这个题，乍一看没什么思路。但我们可以得到以下结论：
每个三元环的边权和都是 \(1\) 或 \(3\) 。
这里介绍一种判二分图的方法：并查集判二分图
做法是建个新图，把每个点 \(i\) 拆成 \(i\) 与 \(i + n\) 两个点，对原图的每条边 \((i,j)\) ，在新图中加入边 \((i, j + n)\) 和 \((i + n, j)\)，最后对每个 \(i\) 判断 \(i\) 与 \(i + n\) 是否在同一个连通块中就行了（如果都不在同一个连通块中，就是二分图）。
这样做为什么是对的呢？
我们考虑原图有一个奇环，环上的一个点为 \(x\)，那么从新图上的 \(x\) 出发，经过一系列上下迭代（我们把 \(1..n\) 画在上面，\(n+1..2n\) 画在下面），最后会回到 \(x + n\)，那么 \(x\) 和 \(x + n\) 就连通了；而偶环则会回到 \(x\) ，不会出现这种情况。
你是否觉得突然插进来一大通，很莫名其妙？别着急，我们把这个算法与本题建立联系。
先说结论：模仿原算法建图，对于每一条边 \((i,j)\) ，若权值为 \(0\) ，我们加边 \((i,j + n)\) 与 \((i + n, j)\) （异侧），否则加边 \((i,j)\) 和 \((i + n, j + n)\) （同侧），加完边后按原算法判断。若判断为“二分图”，则原图合法。
简单理解一下，对于一个三元环，把 \(4\) 种情况验证一下，发现如果边权和为 \(1/3\) 就判断为“二分图”，为 \(0/2\) 就不是“二分图”，与我们的需求恰好吻合。
那么深层次的理解呢？或者说这是怎么想出来的？
其实（合法的）原图有一个隐藏的性质：每个环里 \(0\) 边的数量都是偶数。这完全等价于我们的要求。
这是不是有点像二分图？其实只是把“边”特殊化成了“\(0\) 边”而已，“\(1\) 边”不再有影响。那么我们想对 \(0\) 边做一次二分图判定。\(1\) 边怎么处理呢？分别合并上下集合就好了，这样“\(1\) 边”不会改变“上下迭代”中 点的上下位置，自然消除了影响。
不过这题还要求计数，这看上去有点棘手。
都进行到这一步了，我们肯定考虑对新图进行计数，因为一个新图对应了恰好一个原图。
对原图的所有边进行加边操作。由于原图是个完全图，而新图必须保证 \(i\) 和 \(i + n\) 不连通，我们可以得到以下性质：
- 新图中恰好有两个连通块 \(A\), \(B\)。
- 对于一个点拆出来的两个点，如果一个在 \(A\) 中，那么另一个一定在 \(B\) 中。也就是说，\(A\) 和 \(B\) 都是在每个位置取了恰好一个点。
- \(A\), \(B\) 连通块内的边一定连满。
那么一个 \(A\) 连通块可以唯一确定一个 \(B\) ，进而可以唯一确定一张图。
考虑 \(m = 0\) ，没有确定关系的情况。我们先随便找一个 \(A\) 连通块，这时把 \(2 ... n\) 位置的点翻转一下（即把 \(i\) 变成 \(i + n\)，把 \(i + n\) 变成 \(i\)），该图依然合法。但 \(1\) 位置的点不能翻转，因为 \(A\) 和 \(B\) 是上下对称的，这样会导致重复计数。于是方案数为 \(2^{n - 1}\)。
推广到\(m > 0\) ，有确定关系的情况。我们可以把一个连通块看成一个整体，当成一个点，再按上面的流程计算。显然，设“图的一边”有 \(cnt\) 个连通块（另一边是对称的），那么方案数为 \(2^{cnt-1}\)。
终于做完了！别看我说了这么一大段，其实程序还是很好写的，大部分还是思考的过程。这题虽然 CF 上的难度评分并不高，但技术含量还挺高。