【小結】

總碰到狀壓dp，總是束手無策。因為我菜。

【題意】

有一個n點的無向圖，初始時沒有邊，有m次操作，每次可以增加或刪除一條邊（注意，允許重邊的存在）

要求每一次操作之後，輸出匹配數分別為1,2,3...n/2的方案數。

匹配是指：選中一些邊，使得兩兩沒有公共點，即每兩個點可以通過邊匹配起來。

【分析】

二進位制表示集合，對於狀態 i 的每一位，為1則選中，為0則不屬於當前集合。

dp[i] 表示i狀態，集合內所有點都匹配了 的 方案數。

那麼當新增邊u-v時，所有同時包含 uv 的狀態 S 需要更新，dp[S] += dp[S-u-v]  （S-u-v表示狀態S去掉u和v的狀態）

更新dp[i] 時，需要考慮更新時會對答案產生的貢獻。

【程式碼】

/****
***author: winter2121
****/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int MAX=2e5+5;

ll dp[1<<11]; //dp[i]:i集合內點完全匹配的方案數
int bit[1<<11]; //i的二進位制的1的個數
ll ans[11];
void adjust(ll &x){x=(x%mod+mod)%mod;}
int calc(int x)
{
    int res=0;
    while(x)res++,x-=x&-x;
    return res;
}
int main()
{
    for(int i=0;i<1<<10;i++)bit[i]=calc(i);
    int T,n=10,m,u,v;
    char op[3];
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        dp[0]=1;
        while(m--)
        {
            scanf("%s%d%d",op,&u,&v);u--,v--;
            if(op[0]=='+')
            {
                for(int i=(1<<n)-1;i>0;i--)if(((1<<u)&i)&&((1<<v)&i))
                {
                    dp[i]+=dp[i-(1<<u)-(1<<v)];
                    ans[bit[i]]+=dp[i-(1<<u)-(1<<v)]; //對於i集合所有點的匹配，會對ans造成的影響
                    adjust(dp[i]);
                    adjust(ans[bit[i]]);
                }
            }
            else
            {
                for(int i=1;i<1<<n;i++)if(((1<<u)&i)&&((1<<v)&i))
                {
                    dp[i]-=dp[i-(1<<u)-(1<<v)];
                    ans[bit[i]]-=dp[i-(1<<u)-(1<<v)];
                    adjust(dp[i]);
                    adjust(ans[bit[i]]);
                }
            }

            for(int i=2;i<=n;i+=2)
                printf("%lld%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
        }
    }
    return 0;
}