UOJios
若是模數很奇怪,咱們能夠插值一下,設\(f[i]\)表示用了\(i\)種顏色的方案數。
然而模\(6\)這個東西頗有意思,\(6=2*3\),因此咱們只須要考慮其模\(2\)和模\(3\)的結果了。
而最終答案的貢獻是\(\sum_{i=1}^k A_{k}^i f[i]\),當\(i\ge 3\)的時候\(6|A_k^i\),因此咱們只須要知道\(f[0],f[1],f[2]\)的值。
\(f[0]\)的值?固然是\(0\)啊。
\(f[1]\)的話,若是每一個連通塊都沒有邊的話就有方案數\(1\),不然\(0\)。
\(f[2]\)的話,二分圖染色,若是能夠分紅二分圖,答案就是\(2\)的連通塊個數次方
實際上由於只要\(m\neq 0\),答案模\(2\)必定等於\(0\),因此只須要考慮\(3\)的狀況。spa
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; #define ll long long #define MAX 100100 inline int read() { int x=0;bool t=false;char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=true,ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return t?-x:x; } int n,m,K; int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=s*a%6;a=a*a%6;b>>=1;}return s;} vector<int> E[MAX];int col[MAX];bool fl; void dfs(int u,int c) { if(!fl)return; if(~col[u]){if(col[u]^c)fl=false;return;} col[u]=c; for(int v:E[u])dfs(v,c^1); } int main() { int T=read(); while(T--) { n=read();m=read();K=read(); if(!m){printf("%d\n",fpow(K,n));continue;} for(int i=1;i<=m;++i) { int u=read(),v=read(); E[u].push_back(v); E[v].push_back(u); } for(int i=1;i<=n;++i)col[i]=-1; fl=true;int cnt=0; for(int i=1;i<=n;++i)if(col[i]==-1)dfs(i,0),++cnt; if(!fl)puts("0"); else printf("%d\n",K%6*(K-1)%6*fpow(2,cnt)%6*2%6); for(int i=1;i<=n;++i)E[i].clear(); } return 0; }