【HNOI2009】bzoj1488 图的同构

首先可以把问题转化成在完全图上对边进行黑白染色。
对于每个点的置换，要求出有多少关于边的不动点。把置换分解成循环，可以发现，一个长度为x的点的循环内部有⌊x2⌋个边的循环，两个长度为x和y的点的循环之间有gcd(x,y)个边的循环，这样关于边的不动点总数就是2m，其中m表示边的循环的总数。
但是直接枚举点的置换有n!种，显然无法承受。因为每种置换对答案的贡献只和每个循环的大小有关，可以枚举n的正整数拆分，然后对每种拆分计算对应的置换个数。具体来说，记有m个循环，每个循环的长度为li,每个长度的循环有ci个。首先给每个循环分配一个位置

(nl1)(n−l1l2)⋯(n−l1−⋯−lm−1lm)=n!∏li!

然后，固定第一个元素，每个循环有(li−1)!种排法。同时，相同长度的循环彼此之间的顺序被重复考虑。所以最后的答案是

n!∏li∏ci

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int p=997;int n,ans,fac[65],inv[65],invfac[65],cnt[65],a[65],gcd[65][65],node;int pow(int base,int k){    int ret=1;    for (;k;k>>=1,base=base*base%p)        if (k&1) ret=ret*base%p;    return ret;}int getgcd(int x,int y){    if (gcd[x][y]) return gcd[x][y];    return gcd[x][y]=y?getgcd(y,x%y):x;}void check(){    int ret=fac[n],tot=0,sum=0;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        ret=ret*invfac[cnt[i]]%p;        for (int j=1;j<=cnt[i];j++)            a[++tot]=i,ret=ret*inv[i]%p;    }    for (int i=1;i<=tot;i++)    {        sum+=a[i]/2;        for (int j=i+1;j<=tot;j++) sum+=gcd[a[i]][a[j]];    }    ret=ret*pow(2,sum)%p;    ans=(ans+ret)%p;}void dfs(int now,int num){    //node++;    if (now==1)    {        cnt[1]=n-num;        check();        return;    }    for (int i=0;num+i*now<=n;i++)    {        cnt[now]=i;        dfs(now-1,num+i*now);    }}int main(){    scanf("%d",&n);    fac[0]=invfac[0]=1;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        fac[i]=fac[i-1]*i%p;        inv[i]=pow(i,p-2);        invfac[i]=pow(fac[i],p-2);    }    for (int i=1;i<=n;i++)        for (int j=1;j<=n;j++)            gcd[i][j]=getgcd(i,j);    dfs(n,0);    //printf("%d\n",node);    printf("%d\n",ans*invfac[n]%p);}