只有 B 国炸毁了图的割边，才会使得图不连通，进而可能会导致军营不连通。也就是说，A 国可以随意地看守或不看守不是割边的边。因此想到边双缩点后树形 DP。
为什么边双缩点后会形成一棵树呢？题目保证了给定的图连通，那么缩点后的图也必然连通，而如果有多个“双连通分量”构成了环，那就不符合双连通分量的定义了，即这些首尾相连构成环的“双连通分量”应该被划在同一个双连通分量中。因此，缩点后形成的图连通且无环，那不正是一棵树吗？
已经缩了点，再思考：究竟要在缩点后形成的树上求什么？
令 \(V_u\) 表示双连通分量 \(u\) 中的点数，\(E_u\) 表示双连通分量 \(u\) 中的边数，若有 \(n\) 个双连通分量，则问题转化为：
给定一棵由 \(n\) 个点构成的无根树，每个结点有 \(2^{V_u + E_u - 1}\) 种建造军营的方案和 \(2^{V_u}\) 种不建造军营的方案。求共有多少种建造军营的方案（不能不建）。
这里假定 \(1\) 号结点为树根。
令 \(f(u, 0/1)\) 表示以 \(u\) 为根的子树中没有/有军营的方案数。
发现每种状态所涵盖的情况过多，根本不好转移。
这时，有两种思路：
- 增加状态数量。
- 对状态增添限制。
我选择的是后者。
令 \(f(u, 0/1)\) 表示以 \(u\) 为根的子树中没有/有军营的方案数，若有军营，则所有的军营必须与 \(u\) 连通。
在想转移之前，为了防止做无用功，最好先想想该如何统计答案。
对于每个结点 \(u\)，我们强制 \(u\) 子树外的所有点都不建军营，同时强制不选 \(fa_u \to u\) 的边，再累加方案数，即可保证不重不漏。
令 \(s(u)\) 表示以 \(u\) 为根节点的子树内边数，即 \(s(u) = E_u + \sum\limits_{v \in son(u)} (s(v) + 1)\)，则有 \(ans \leftarrow f(u, 1) \times 2^{s(1) - s(u) - 1}\)。
特殊地，对于 \(1\) 号结点，不存在 \(fa_1 \to 1\) 的边，此时 \(ans \leftarrow f(1, 1)\)。
明确的答案如何统计，接下来考虑转移：
显然地，\(f(u, 1) = 2^{E_u} \times \prod\limits_{v \in son(u)} 2f(v, 0)\)，难点在 \(f(u, 1)\) 的转移上。
考虑每新增一个子节点 \(v\) 对 \(f(u, 1)\) 产生的贡献。
若到新增前都还未建造一个军营，则以 \(v\) 为根的子树中必须有军营，即 \(f(u, 1) \leftarrow f(u, 0) \times f(v, 1)\)。
若到新增前已经建造过军营，则以 \(v\) 为根的子树中有没有军营皆可，且当以 \(v\) 为根的子树中没有军营时，\(v\) 点是否与 \(u\) 点连通皆可，即 \(f(u, 1) \leftarrow f(u, 1) \times (2f(v, 0) + f(v, 1))\)。
综上，\(f(u, 1) \leftarrow f(u, 0) \times f(v, 1) + f(u, 1) \times (2f(v, 0) + f(v, 1))\)。
初始时，\(f(u, 0) = 2^{E_u}\)，\(f(u, 1) = 2^{V_u + E_u} - f(u, 0)\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 500100
#define MAXM 1000100
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;
int n, m, p;
int tot, tot2, head[MAXN], head2[MAXN];
int cnt, top, stk[MAXN], dfn[MAXN], low[MAXN], bel[MAXN];
int deg[MAXN], V[MAXN], E[MAXN], s[MAXN];
bool ins[MAXN];
ll ans, f[MAXN][2];
struct Edge {
int to, nxt;
} e[MAXM << 1], e2[MAXM << 1];
template<typename _T>
void read(_T &_x) {
_x = 0;
_T _f = 1;
char _ch = getchar();
while (_ch < '0' || '9' < _ch) {
if (_ch == '-') _f = -1;
_ch = getchar();
}
while ('0' <= _ch && _ch <= '9') {
_x = (_x << 3) + (_x << 1) + (_ch & 15);
_ch = getchar();
}
_x *= _f;
}
template<typename _T>
void write(_T _x) {
if (_x < 0) {
putchar('-');
_x = -_x;
}
if (_x > 9) write(_x / 10);
putchar('0' + _x % 10);
}
void add(int u, int v) {
e[++tot] = Edge{v, head[u]};
head[u] = tot;
}
void add2(int u, int v) {
e2[++tot2] = Edge{v, head2[u]};
head2[u] = tot2;
}
void tarjan(int u, int fa) {
dfn[u] = low[u] = ++cnt;
ins[u] = 1, stk[++top] = u;
for (int i = head[u], v; i; i = e[i].nxt) {
v = e[i].to;
if (v == fa) continue;
if (!dfn[v]) {
tarjan(v, u);
low[u] = min(low[u], low[v]);
} else if (ins[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
p++;
int x;
do {
// 因为不需要知道每个边双连通分量里都有哪些点，只记录每个点属于哪个边双连通分量即可。
x = stk[top--];
ins[x] = 0;
bel[x] = p;
V[p]++; // 累加该边双连通分量内点数
} while (x != u);
}
}
ll qp(ll base, int e) { // 快速幂
ll res = 1;
while (e) {
if (e & 1) res = res * base % MOD;
base = base * base % MOD;
e >>= 1;
}
return res;
}
void dfs(int u, int fa) { // dfs 计算 s[]
s[u] = E[u];
for (int i = head2[u], v; i; i = e2[i].nxt) {
v = e2[i].to;
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
s[u] += s[v] + 1;
}
}
void dp(int u, int fa) { // 树形 DP
for (int i = head2[u], v; i; i = e2[i].nxt) {
v = e2[i].to;
if (v == fa) continue;
dp(v, u);
// 状态转移
f[u][1] = (f[u][1] * (((f[v][0] << 1) + f[v][1]) % MOD) % MOD + f[u][0] * f[v][1] % MOD) % MOD;
f[u][0] = f[u][0] * ((f[v][0] << 1) % MOD) % MOD;
}
// 统计答案
if (u == 1) ans = (ans + f[u][1]) % MOD; // 特判 1 号结点的特殊情况
else ans = (ans + f[u][1] * qp(2, s[1] - s[u] - 1)) % MOD;
}
int main() {
read(n), read(m);
while (m--) {
int u, v;
read(u), read(v);
add(u, v), add(v, u);
}
tarjan(1, 0); // 边双缩点
for (int u = 1; u <= n; u++) {
for (int i = head[u], v; i; i = e[i].nxt) {
v = e[i].to;
if (bel[u] != bel[v]) add2(bel[u], bel[v]); // 如果属于两个不同的边双连通分量，则将这两个边双连通分量连边
else E[bel[u]]++; // 否则该双连通分量内边数 + 1
}
}
for (int i = 1; i <= p; i++) {
E[i] >>= 1; // 因为是无向边，每一条边会累加 2 次，故 E[i] 需要除以 2
// 赋初值
f[i][0] = qp(2, E[i]);
f[i][1] = qp(2, V[i] + E[i]) - f[i][0];
}
dfs(1, 0);
dp(1, 0);
write(ans);
return 0;
}