題意:有\(n\)個點,\(m\)條邊的無向圖,可以給每個點賦點權\({1,2,3}\),使得每個點連的奇偶不同,問有多少種方案,答案對\(998244353\)取模.

題解:要使得每個點所連的奇偶不同,很明顯是二分圖染色,那麼對於某一個聯通塊,我們可以對左邊的點賦\(2\),右邊的點賦\({1,3}\),那麼左邊的點沒有選擇,只有一種情況,而右邊的點每個點可以有兩種情況,如果右邊的點數是\(k2\),那麼方案數就是\(2^k2\),如果左邊賦\({1,3}\)且點數為\(k1\),右邊賦\(2\),方案數就是\(2^k1\),所以一個聯通塊的方案數就是\(2^k1+2^k2\).我們可以不考慮點權,直接dfs二分圖染色,記錄二分圖兩邊的點數,再直接貢獻給答案即可.

程式碼:

int t;
int n,m;
vector<int> v[N];
int color[N];
int g[N];
int cnt[N];
int ans;

bool dfs(int x,int c){
    color[x]=c;

    for(auto w:v[x]){
        if(!color[w]){
            if(!dfs(w,3-c)) return false;
        }
        else{
            if(color[w]==c) return false;
        }
    }
    cnt[c]++;
    return true;
}

int main() {
    //ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    scanf("%d",&t);
    g[0]=1;

    for(int i=1;i<=300010;++i){
        g[i]=g[i-1]*2%mod;
    }
   
    while(t--){
        scanf("%d %d",&n,&m);

        ans=1;

        for(int i=1;i<=n;++i){
            color[i]=0;
        }

        for(int i=1;i<=m;++i){
            int a,b;
            scanf("%d %d",&a,&b);
            v[a].pb(b);
            v[b].pb(a);
        }

        bool ok=true;

        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(!color[i]){
                cnt[1]=cnt[2]=0;
                if(!dfs(i,1)){
                    ok=false;
                    break;
                }
                else{
                    ans=(ll)ans*(g[cnt[1]]+g[cnt[2]])%mod;
                }
            }
        }

        if(ok) printf("%d\n",ans);
        else printf("0\n");

        for(int i=1;i<=n;++i) v[i].clear();

    }


    return 0;
}