题意

给你一个无向图，图上每个点是黑色或者白色。你可以将一条边的两个端点颜色取反。问你有多少种方法每个边至多取反一次使得图上全变成白色的点。

思路

若任意一个连通块黑色点的个数为奇数那么无解。

先考虑树的情况。发现如果是树，并且黑点个数为偶数，有且仅有一种方式达到目标。然后发现，对于一个无向图，它的任意一个生成树若有解，那么其他非树边无论是否取反都有且仅有一种情况达到目标，并且充分。所以答案就是 \(2^{m-n+1}\)。

考虑不联通的情况，每多一个连通块相当于少了一条非树边，所以答案就是 \(2^{m-n+cnt( 连通块个数 )}\)。

然后考虑对于删除每个点的情况，分为以下几种：

1. 独立点，不与任何其他点联通，判断删去后是否有解；
2. 非割点，判断删去后是否有解。具体来讲，该点为黑点时，当且仅当全局只有一个连通块且正是所属连通块无解时删除后有解。白点时类似。
3. 是割点，判断删去该点后出现的所有连通块是否有解，并且也要判断是否仅有一个连通块无解且正是该点导致无解时删掉后有解。

对于每种情况，按照上面的方式计算一下有解时的新图的答案即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read(){
    int w=0,x=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
    while(isdigit(c))x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return w?-x:x;
}
namespace star
{
    const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7;
    int n,m,pow[maxn],in[maxn];
    int ecnt,head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn<<1];
    inline void addedge(int a,int b){
        to[++ecnt]=b,nxt[ecnt]=head[a],head[a]=ecnt,in[a]++ ;
        to[++ecnt]=a,nxt[ecnt]=head[b],head[b]=ecnt,in[b]++;
    }
    int bel[maxn],dfn[maxn],low[maxn],cut[maxn],cnt[maxn],cntbel[maxn],cutcnt[maxn];
    bool col[maxn],unsol[maxn],unsolbel[maxn];
    void tarjan(int x,int fa){
        bel[x]=bel[0],cutcnt[x]=cnt[x]=col[x];
        dfn[x]=low[x]=++dfn[0];
        for(int u,i=head[x];i;i=nxt[i]) if((u=to[i])!=fa)
            if(!dfn[u]) {
                tarjan(u,x),low[x]=min(low[x],low[u]);
                cnt[x]+=cnt[u];
                if(dfn[x]<=low[u]) cutcnt[x]+=cnt[u],++cut[x],unsol[x]|=cnt[u]&1;
            }else low[x]=min(low[x],dfn[u]);
        cut[x]-=!fa;
    }
    inline void work(){
        memset(head,0,sizeof head),ecnt=bel[0]=0;memset(dfn,0,sizeof dfn),memset(cut,0,sizeof cut),memset(in,0,sizeof in),memset(unsol,0,sizeof unsol);
        n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=m;i++) addedge(read(),read());
        for(int c,i=1;i<=n;i++) scanf("%1d",&c),col[i]=c;
        int cntunsol=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i])
            bel[0]++,tarjan(i,0),cntunsol+=cnt[i]&1,cntbel[bel[0]]=cnt[i],unsolbel[bel[0]]=cntbel[bel[0]]&1;
        int ans=m-n+bel[0];
        printf("%d ",cntunsol?0:pow[ans]);
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            if(!in[i]) printf("%d ",cntunsol^cnt[i]?0:pow[ans]);
            else if(!cut[i]){
                if((unsolbel[bel[i]] and !(cntunsol^col[i])) or (!unsolbel[bel[i]] and !cntunsol and !col[i]))
                    printf("%d ",pow[ans-in[i]+1+cut[i]]);
                else printf("0 ");
            }else if(!unsol[i] and !((cntbel[bel[i]]-cutcnt[i])&1) and !(cntunsol-unsolbel[bel[i]]))
            printf("%d ",pow[ans-in[i]+1+cut[i]]);
            else printf("0 ");
        }
        puts("");
    }
}
signed main(){
    star::pow[0]=1;
    for(int i=1;i<=100000;i++) star::pow[i]=(star::pow[i-1]<<1)%star::mod;
    int T=read();
    while(T--)star::work();
    return 0;
}