[atARC062F]Painting Graphs with AtCoDeer

求出点双后缩点，对于点双之间，显然不存在简单环，即每一个简单环一定在一个点双内部，换言之即每一个点双可以独立的考虑，然后将结果相乘

（对于点双之间的边任意染色，即若有$s$条边，还会有$k^{s}$的贡献）

对点双分类讨论（假设其有$n$个节点，$m$条边）：

1.$n=2$且$m=1$（也就是两点一边），贡献为$k$

2.$n=m$（一个环），根据polya定理，贡献即$frac{sum_{i=0}^{n-1}k^{gcd(n,i)}}{n}$

3.$n<m$，则任意两边的颜色都可以单独交换（其他边的颜色不变），即仅关心每种颜色的边的数量，根据插板法，贡献即${m+k-1choose k-1}$

关于第3类中任意两边的颜色可以单独交换，下面来证明一下：

更方便的，由于整个连通，那么原结论等价于可以单独交换有公共端点的两条边

简单分析，可以发现这两条边必然会属于一个简单环$R_{1}$，且$R_{1}$与另一个简单环$R_{2}$有公共边

先通过在$R_{1}$上轮换，使得其中恰好有一条边属于公共边的部分，另一条边仅属于$R_{1}$

接下来，将这两条边单独交换，然后再轮换返回原来的位置

具体来说，先轮换$R_{2}$使得原本在公共边上的边仅属于$R_{2}$，再轮换$R_{1}$使得原本在$R_{1}$中的边在公共边上，再轮换$R_{1}$和$R_{2}$除去公共边的部分，可以发现就完成了交换

（更形象地，可以参考atcoder题解中第3页的4幅图）

时间复杂度为$o(n+m)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 55
#define mod 1000000007
struct Edge{
    int nex,to;
}edge[N<<2];
stack<int>st;
vector<int>v[N];
int bcc,E,n,m,k,x,y,ans,head[N],dfn[N],low[N],vis[N];
int gcd(int x,int y){
    if (!y)return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int pow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
        s=1LL*s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa){
    if (fa)st.push(k);
    dfn[k]=low[k]=++dfn[0];
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa){
            if (dfn[edge[i].to])low[k]=min(low[k],dfn[edge[i].to]);
            else{
                dfs(edge[i].to,k);
                low[k]=min(low[k],low[edge[i].to]);
                if (low[edge[i].to]>=dfn[k]){
                    while (1){
                        v[bcc].push_back(st.top());
                        st.pop();
                        if (v[bcc].back()==edge[i].to)break;
                    }
                    v[bcc++].push_back(k);
                }
            }
        }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (!dfn[i])dfs(i,0);
    ans=1;
    for(int i=0;i<bcc;i++){
        int nn=v[i].size(),mm=0,s=0;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)vis[v[i][j]]=1;
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)
            for(int k=head[v[i][j]];k!=-1;k=edge[k].nex)
                if (vis[edge[k].to])mm++;
        mm/=2;
        if ((nn==2)&&(mm==1))s=k;
        else{
            if (nn==mm){
                for(int j=0;j<nn;j++)s=(s+pow(k,gcd(nn,j)))%mod;
                s=1LL*s*pow(nn,mod-2)%mod;
            }
            else{
                s=1;
                for(int j=mm+1;j<mm+k;j++)s=1LL*s*j%mod;
                for(int j=1;j<k;j++)s=1LL*s*pow(j,mod-2)%mod;
            }
        }
        ans=1LL*ans*s%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}