如果把答案写出来，就是\(\sum_{i=1}^ki!\times {k\choose i}\times f_i\)，其中\(f_i\)为选\(i\)种颜色方案

发现如果\(i\geq 3\)的话\(i!\)必定是\(6\)的倍数，所以后面相当于没有贡献，只需要考虑\(i=1,2\)的情况

如果\(i=1\)，只有在\(m=0\)的时候可行，方案数为\(k^n\)

如果\(i=2\)，先用黑白染色判断一下是否可行，这里可以用并查集。如果可行的话每个连通块有两种方案，然后再乘上选\(2\)种颜色的方案就行了

//minamoto#include
    
     #define R register#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)using namespace std;char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}int read(){    R int res,f=1;R char ch;    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');    return res*f;}char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}void print(R int x){    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';}const int N=5e5+5;int fa[N],vis[N],ga[N];int n,m,k,res,u,v;int ksm(R int x,R int y){    R int res=1;    for(;y;y>>=1,x=x*x%6)if(y&1)res=res*x%6;    return res;}int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}int fi(int x){return ga[x]==x?x:ga[x]=fi(ga[x]);}void solve(){    n=read(),m=read(),k=read(),res=1;    fp(i,1,(n<<1))fa[i]=i,ga[i]=i,vis[i]=0;    fp(i,1,m){        u=read(),v=read();        fa[find(u+n)]=find(v),fa[find(v+n)]=find(u);        u=fi(u),v=fi(v),ga[u]=v;    }    if(k==1)return puts(m?"0":"1"),void();    if(m==0)return printf("%d\n",ksm(k,n)),void();    fp(i,1,n)if(find(i)==find(i+n))return puts("0"),void();    else if(!vis[fi(i)])vis[fi(i)]=1,res=(res<<1)%6;    res=(res*k*(k-1)>>1)%6;    printf("%d\n",res);}int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    int T=read();    while(T--)solve();    return 0;}