AtCoder Regular Contest 115 D

D - Odd Degree

题意： 给一个点数为n，边数为m的图。求恰好k个点度数为奇数的生成子图的个数 ，其中k的范围 $[0,n]$

思路：

图为一颗树时： 当k为奇数时 ，答案为0。因为所有点的度数之和为 $2\ast m$，每加一条边就会有两个点的度数增加，也就是两个点的度数的奇偶值同时变化，也就不存在单独的点度数为奇数了； 当k为偶数时 ，答案为 $C_n^k$ 。可以知道对于一个图中任意的k个点都可以构造出度数为奇数的生成子图。任意选择即可。

图为一整个联通块时： 跟图为一棵树的情况很像，先划分出一个生成树，剩下的x条边就是选与不选的情况，直接将答案乘以 $2^x$ 即可。即 ：$2^x\ast C_n^k$

图为多个联通块时： 对于每一个连通图求出答案后，把点的个数与相应的答案数映射到多项式的系数与指数，然后模拟多项式相乘 $O(n^2)$ 统计答案即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5005;
const int mod = 998244353;
typedef long long ll;

ll fac[N];

ll qpow(ll x, ll n) {
	ll res = 1;
	for (; n; n >>= 1, x = x * x % mod)
		if (n & 1) res = res * x % mod;
	return res;
}

ll inv(ll a) {
	return qpow(a, mod-2)%mod;
}

void solve() {
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1;i < N; i++) {
		fac[i] = (fac[i-1]*i)%mod;
	}
}

ll comb(ll n, ll k) {
	if(k > n) return 0;
	if(k == 1) return n;
	return (fac[n]*inv(fac[k])%mod * inv(fac[n-k])%mod);
}

int n, m;
vector <int> g[N];
bool vis[N];

int nump, numl;
void dfs(int p) {
	vis[p] = 1;
	nump++; numl += g[p].size();
	for(int son: g[p]) {
		if(!vis[son])
			dfs(son);
	}
}

ll f[N], ans[N], a[N], tmp[N];

int main() {
	solve();
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for(int i = 0; i < m; i++) {
		int u, v; scanf("%d %d", &u, &v);
		g[u].push_back(v); g[v].push_back(u);
	}
	
	f[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i++) f[i] = (f[i-1] * 2ll) % mod;
	
	bool nice = 0;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(!vis[i]) {
			nump = 0; numl = 0;
			dfs(i);
			numl /= 2;
			
			for(int k = 0; k <= nump; k += 2) {
				a[k] = (f[numl-(nump-1)] * comb(nump, k)) % mod;
			}
			
			if(!nice) {
				nice = 1;
				for(int j = 0; j <= nump; j++) ans[j] = a[j];
			}
			else {
				for(int j = sum-(sum&1); j >= 0; j -= 2) {
					for(int k = 0; k <= nump; k += 2) {
						tmp[j+k] = (tmp[j+k] + ans[j] * a[k] % mod) % mod;
					}
				}
				
				memcpy(ans, tmp, sizeof(tmp));
				memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
			}
			
			sum += nump;
		}
	}
	
	for(int i = 0; i <= n; i++) {
		printf("%lld\n", ans[i]);
	}
}