bzoj-1488 图的同构

题意：

求n个点，无重边无自环，本质不同的无向图的个数；

本质不同指将两个图任意重新标号之后两个图不相同；

n<=60；

题解：

首先这是一道置换计数的题目；

我们应用polya定理解决这道题；

考虑每条边选或不选，这就是两种颜色；

那么就是求每种置换方式的边循环个数；

置换方式就是对于点的重标号，这是有n!种的啊；

然而这n!中有一些情况的答案是一样的，因为其实答案只和点循环中点的个数有关；

比如(1)(2,3)和(1,2)(3)就是一样的，都是1,2这样的划分方法；

那么对于一种划分方法来说，边循环个数怎么求呢？

一种划分中有两种边，划分在一起的边和不在一起的边；

在一起的边有floor(块大小/2)种边循环，不在一起的有gcd(块1大小,块2大小)种；

统计起来做2的幂次，然后在乘这种划分的个数；

至于划分的个数是多少。。我召唤一下wzq

现在对于我们枚举出来的一个点循环集l1,l2...lm来说，有多少个这个点循环集呢？

有N!|l1|∗|l2|∗...∗|lm|

但是注意到，我们枚举出来的点循环集可能有大小相等的。

所以我们还得除掉大小相等的点循环集的个数的排列。

至于如上为什么是这样，您要是不知道的话，那请听一听排列组合吧。

于是对应的这个点循环搞出来的如此的边循环集个数是多少呢N!|l1|∗|l2|∗...∗|lm|∗|S1!|∗|S2!|∗...∗|Sq!|

这个粘的不太好别在意= = ；

然后就结束了，数的划分之后对每个划分统计一下，最后在除n的全排列即可；

预处理一下逆元和阶乘，int就可以了；

代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#define N 64#define mod 997using namespace std;int n,ans;int a[N],fact[N],inv[mod];int pow(int x,int y){int ret=1;while(y){if(y&1)ret=ret*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}return ret;}int gcd(int a,int b){int t=a%b;while(t){a=b,b=t;t=a%b;}return b;}void calc(int tot){int ret=0,last=0,cnt=0;for(int i=1;i<=tot;i++){ret+=a[i]>>1;for(int j=1;j<i;j++){ret+=gcd(a[i],a[j]);}}ret=pow(2,ret);ret=ret*fact[n]%mod;for(int i=1;i<=tot;i++){ret=ret*inv[a[i]]%mod;if(a[i]!=last){ret=ret*inv[fact[cnt]]%mod;last=a[i];cnt=0;}cnt++;}ret=ret*inv[fact[cnt]]%mod;ans=(ans+ret)%mod;}void dfs(int d,int last,int now){if(n==now){calc(d-1);return ;}for(int i=last;i<=n-now;i++){a[d]=i;dfs(d+1,i,now+i);}}void init(){fact[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%mod;for(int i=1;i<mod;i++)inv[i]=pow(i,mod-2);}int main(){init();scanf("%d",&n);dfs(1,1,0);ans=ans*inv[fact[n]]%mod;printf("%d",ans);return 0;}