洛谷题面传送门

神仙题。

深夜写题解感受真好

我们考虑两个简单环 \(C_1,C_2\)​​​，我们假设颜色种类数为 \(k\)​​​，那么我们需要有 \(C_1,C_2\)​​​ 均符合条件，而由于 \(C_1\oplus C_2\)​​​ 也是环，因此我们也必须有 \(C_1\oplus C_2\)​​​ 符合条件。不难发现 \(C_1,C_2,C_1\oplus C_2\)​​​ 这三个环是由 \(C_1-(C_1\cap C_2),C_2-(C_1\cap C_2),C_1\cap C_2\)​​​ 这三部分两两组合得到的，记 \(X=C_1-(C_1\cap C_2),Y=C_2-(C_1\cap C_2),Z=C_1\cap C_2\)​​​，那么 \(C_1,C_2,C_1\oplus C_2\)​​​ 这三个条件均符合条件可以等价于 \(X+Y,X+Z,Y+Z\)​​​ 均符合条件。因此我们猜测 \(C_1,C_2,C_1\oplus C_2\)​​​ 均符合条件的充要条件是 \(X,Y,Z\)​​​ 上的染色都是“均匀”的，事实也的确如此，充分性显然，必要性的话大概就如果 \(X,Y,Z\)​​​ 中某种颜色的出现次数大于其大小除以 \(k\)​​​，那么不妨设是 \(X\)​​​ 中颜色 \(c\)​​​ 的出现次数大于 \(\dfrac{|X|}{k}\)​，假设 \(\Delta=cnt-\dfrac{|X|}{k}\)​​​，其中 \(cnt\)​ 为颜色 \(c\)​ 在 \(X\)​ 中的出现次数。那么在 \(Y\)​ 中 \(c\)​ 的出现次数必然是 \(\dfrac{|Y|}{k}-\Delta\)，\(Z\) 也同理，这样颜色 \(c\) 在 \(Y,Z\) 中的出现次数就是 \(\dfrac{|Y|+|Z|}{k}-2\Delta\)，不符合题意。

因此我们考虑这样一个过程：将所有简单环放入一个边集组成的集合 \(S\)。表示对于集合 \(S\) 中的所有边集，其染色必须是均匀的。每次取出集合中两个有交的边集 \(E_1,E_2\) 并将它们删除，然后将 \(E_1-(E_1\cap E_2),E_2-(E_1\cap E_2),E_1\cap E_2\) 重新加入边集，重复以上步骤直至不能再操作为止。那么进行这样的步骤之后 \(S\) 中的元素有什么性质呢？不难发现对于两条边 \(e_1,e_2\)，如果它们都在某个环上出现过，并且存在一个环 \(C\) 满足 \(e_1\in C,e_2\notin C\)，那么 \(e_1,e_2\) 最终肯定不在 \(S\) 中的同一个边集中，因为咱们这个过程中只有 split，没有 merge，因此如果它们本来就不在同一个边集中，那么在接下来的过程中肯定就更不会在了。反之，而对于两条边 \(e_1,e_2\)，如果它们都在某个环上出现过，并且对于所有环 \(C\)，都有 \(e_1,e_2\) 要么同时被包含在 \(C\) 中，要么同时不属于 \(C\)，那么 \(e_1,e_2\) 肯定自始至终不会被分开，最终也肯定在同一集合中，因此我们得到性质：

Observation. 两条边 \(e_1,e_2\) 最终在 \(S\) 中的同一集合中的充要条件是，它们都在某个环上出现过，并且对于所有环 \(C\)，都有 \(e_1,e_2\) 要么同时被包含在 \(C\) 中，要么同时不属于 \(C\)。​

考虑怎么将这个性质与答案挂钩。注意到我们在处理 \(S\) 中边集的过程中，始终有这样一条原则：对于 \(S\) 中所有边集，其染色必须是均匀的，即所有颜色的边在这个边集中的出现次数必须相同。因此对于最终的 \(S\)，其符合条件的必要条件是 \(\forall E\in S,k\mid E\)。但这是否是充要条件呢？注意到如果 \(k\) 符合上述约定，那如果 \(S\) 中所有边集我们都对其进行均匀染色，那最终每个环肯定也是均匀的，因为最终每个边集中的每条边要么同时属于某个环，要么同时不属于，它们是一个整体，不会被拆开。

也就是说，我们只要求出最终 \(S\) 中每个元素大小的 \(\gcd\)，设为 \(d\)，那么最终答案组成的集合肯定恰好包含所有 \(d\) 的约数。考虑怎么求这个 \(\gcd\)。显然我们要求出每个边集的大小对吧，那么注意到对于两个边 \(e_1,e_2\) 而言，其在同一个集合中等价于 \(e_1,e_2\) 都不是割边（否则它们就不可能在某个简单环上），并且 \(G\) 去掉 \(e_1,e_2\) 后得到的图不连通。这下就好办了，枚举每一条非割边，然后统计删掉这条边后割边的数量，然后算下与原图中割边数量的差，然后求个 \(\gcd\) 即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(m^2)\)。据说可以用某些神奇的随机权值+XOR 哈希的方法实现更优秀的复杂度，但是我不会（

const int MAXN=2000;
const int MAXM=2000;
int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXM*2+5],nxt[MAXM*2+5],ec=1,ban=0,ans=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int U[MAXN+5],V[MAXN+5];bool is[MAXM+5],_is[MAXM+5];
int dfn[MAXN+5],low[MAXN+5],tim=0,res=0,_res=0;
void tarjan(int x,int f){
    dfn[x]=low[x]=++tim;
    for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
        int y=to[e];if(y==f||(e>>1)==ban) continue;
        if(!dfn[y]){
            tarjan(y,x);chkmin(low[x],low[y]);
            if(low[y]>dfn[x]) is[e>>1]=1,res++;
        } else chkmin(low[x],dfn[y]);
    }
}
void work(){
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(low,0,sizeof(low));tim=res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&U[i],&V[i]);
        adde(U[i],V[i]);adde(V[i],U[i]);
    } work();memcpy(_is,is,sizeof(is));_res=res;
    for(int i=1;i<=m;i++) if(!_is[i]){
        ban=i;work();ans=__gcd(ans,res-_res+1);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) if(ans%i==0) printf("%d ",i);
    return 0;
}