描述

遥远的星系中共有n颗行星，由m个双向虫洞所连接。两颗不同行星间最多
有1个虫洞直接相连，但一个虫洞的两端可能连接同一颗行星。一条星际旅行的
航线需要满足以下要求：从任意一颗行星出发，在任意一颗行星上结束，总共
经过m − 2个虫洞恰好2次，经过2个虫洞恰好1次。现在我们想要知道，有多少
种本质不同的旅行航线。两条航线被认为本质不同，当且仅当至少存在一个虫
洞，在两条航线中经过的次数不同。

输入

第一行两个整数n, m，表示行星和虫洞的数量。
接下来m行，每行两个整数u, v，表示存在一个双向虫洞直接连接u和v。
每一个虫洞最多会被描述一次。

输出

一行一个整数，代表本质不同的航线的数量。

样例

输入

5 4
1 2
1 3
1 4
1 5

输出

6

样例解释：本质不同的航线有6条：
• 2 - 1 - 3 - 1 - 4 - 1 - 5
• 2 - 1 - 3 - 1 - 5 - 1 - 4
• 2 - 1 - 4 - 1 - 5 - 1 - 3
• 3 - 1 - 2 - 1 - 5 - 1 - 4
• 3 - 1 - 2 - 1 - 4 - 1 - 5
• 4 - 1 - 2 - 1 - 3 - 1 - 5
注意 2 - 1 - 4 - 1 - 3 - 1 - 5 不是另一个本质不同的航线，它与第一条航线是本
质相同的。
2

限制与约定

对于10%的数据，n, m ≤ 5。
对于20%的数据，n, m ≤ 10。
对于40%的数据，n, m ≤ 100。
对于60%的数据，n, m ≤ 1000。
对于所有数据，1 ≤ n, m ≤ 10^5，1 ≤ u, v ≤ n。

思路

由于m-2条边为2次，2条边1次，则其一定为一个连通图。
则若其不为连通图，即可以直接输0。（必须为 边的连通图）

当我们已经确定其为一个边的连通图后。

假设没有自环，考虑怎么做。假设我们从某点出发（大联通块内的点），经过m-2条边2次，2条边1次。
将此图每一条边都变成两条边（满足题意，此时每个点的出度都为偶数），则根据欧拉回路性质，我们从此点出发，必定会回到此点，则往回走两步（非同一条边），即为一个合法路径。

加入自环，将自环分离出来，若有一个自环，则其贡献方案数为非自环边数与总自环数-1(减去本身)，即经过此点时走一次自环，再枚举剩下的任意一条边（包括自环），即从那条边任意端点往外出发，经过此自环时走一次的路径。

方案数即为以上情况（0自环，1自环，2自环）（但要注意判重）。

Code

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=100005;
int n,m,vis[MAXN],fig[MAXN];
vector<int>P[MAXN];
long long ans,fx1,fx2;
void dfs(int u,int fa){vis[u]=1;int size=P[u].size();for(int i=0;i<size;i++){int v=P[u][i];if(v==fa)continue;if(vis[v])continue;dfs(v,u);}
}
int main(){//freopen("tour.in","r",stdin);//freopen("tour.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1,x,y;i<=m;i++){scanf("%d%d",&x,&y);if(x!=y){fx1++;P[x].push_back(y);P[y].push_back(x);}else fx2++,fig[x]=1;}for(int i=1;i<=n;i++)if(P[i].size()){dfs(i,0);break;}for(int i=1;i<=n;i++)if(P[i].size()&&!vis[i]){printf("0\n");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++)if(!P[i].size()&&fig[i]){printf("0\n");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){int size=P[i].size();for(int j=0;j<size;j++){int v=P[i][j];ans+=P[v].size()-1;}}ans+=fx2*fx1*2+fx2*(fx2-1);printf("%lld\n",ans/2);
}

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输出

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