好题。

I. 染色

枚举边复杂度显然过高，考虑枚举点。在点上，二分图有个很好的性质：有且仅有二分图能进行黑白染色。对应地，一个连通图的黑白染色方案一一对应一个极大可行边（不使其有奇环——即连接异色点的边）集合。

遂考虑转化为对每个点集的每个染色方案计数。

II. 连通？

连通很难限制，假设暂时放弃连通。设 $g(S)$ 表示点集 $S$ 所有染色方案对应的可行边方案数。可以枚举子集确定染色方案。若 $T \subseteq S$ 为黑点集，则对应的可行边方案数为 $\displaystyle 2^{cnt_S-cnt_T-cnt_{S \backslash T}}$，其中 $cnt_U$ 为点集 $U$ 内部连接的边数。

但是，我们仍需求出连通的方案数。考虑钦点在某个顺序下“第一个”连通块 $T$，只要让 $T$ 与剩下的点不连通，就可以减掉这些方案。这里可以设 $T$ 含有 $S$ 中标号最小的点。设 $f(S)$ 为连通点集 $S$ 的相应方案数，则有 $f(S)=g(S)-\sum_{t\subset s}f(T)g(S\backslash T)$。

于是本题就做完了。值得注意的是，黑白染色可以翻转，因此最后答案要除以 $2$。

const int N = 17;
const ll P = 998244353;
int n, m, s, S;
inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
ll f[1 << N], g[1 << N], pw[N * N];
int cnt[1 << N];

int main() {
	pw[0] = 1;
	U (i, 1, N * N - 1) pw[i] = pw[i - 1] * 2 % P;

	rd(n, m);
	S = (1 << n);
	U (i, 1, m) {
		int u, v; rd(u, v);
		--u; --v;
		for (s = 0; s < S; ++s) if (((s >> u) & 1) && ((s >> v) & 1))
			++cnt[s]; // 点集 s 的边数和
	}
	
	for (s = 0; s < S; ++s) {
		g[s] = 1; // 全白点
		for (int t = s; t; (--t) &= s)
			(g[s] += pw[cnt[s] - cnt[t] - cnt[s ^ t]]) %= P;
	}
	for (s = 0; s < S; ++s) {
		f[s] = g[s];
		for (int t = s; t; (--t) &= s) if (lowbit(s ^ t) > lowbit(t)) // 钦点 t 是含有标号最小的点的连通块
			(f[s] -= f[t] * g[s ^ t] % P - P) %= P;
	}
	printf("%lld", f[S - 1] * ((P + 1) >> 1) % P);
}

// LUOGU_RID: 204624807
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 998244353
ll n,m,u,v,cnt[1<<17],f[1<<17],g[1<<17],pw[444];
int main(){
	cin>>n>>m;
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
		cin>>u>>v;
		u--,v--;
		for(int S=0;S<1<<n;S++)
			if((S>>u&1)&&(S>>v&1))
				cnt[S]++;
	}
	for(int S=0;S<1<<n;S++){
		g[S]=1;
		for(int T=S;T;T=S&T-1)
			g[S]=(g[S]+pw[cnt[S]-cnt[T]-cnt[S^T]]);
		f[S]=g[S];
		int t=S&S-1;
		for(int T=t;T;T=t&T-1)
			f[S]=(f[S]-g[T]*f[S^T])%mod;
	}
	cout<<(f[(1<<n)-1]*(mod+1>>1)%mod+mod)%mod;
	return 0;
}