題目連結：

考慮拿掉點1時點2的情況，設此時點2所在連通塊共k各點，這k個點以及剩下的n-k個點分別處在一個連通塊中，
其方案數為F(k)*F(n-k)，點2需在除去點1和2的點中取k-1個點構成連通塊，故方案數為C(n-2,k-1)，
而這總共k個點與剩下除去點1的n-k-1個點必須通過點1才能連通，即這k個點與點1至少有1條邊連通，
這樣的方案數為2^k-1,故這樣的情況總共有F(k)*F(n-k)* C(n-2,k-1)*( 2^k-1)種。

因此可得遞推公式為：
 
 F(n)=Sum(F(k)*F(n-k)* C(n-2,k-1)*( 2^k-1) | 1<=k<n)。

反向來的話就是，所有的情況減掉不連通的情況，不連通的情況可以看點1有多少個點和它是在一個連通塊中的，另外的可以隨便排。
 
但是這種實現起來更加複雜了一點。
程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 60;
const int S = 600;
int n;
struct A{
    int a[S],len;
    inline A operator / (const int x)const {//大數除以一個整數 
        int num=0
 
;
        A res;
        memset(res.a,0,sizeof res.a);
        res.len=0;
        for(int i=len;i;i--){
            num=num*10+a[i];
            res.a[i]=num/x;
            num%=x;
            if(!res.len && res.a[i])res.len=i;//第一位不是0的數 
        }
        if(!res.len)res.a[1]=0,res.len=1;
        return
 
 res;
    }
    inline A operator + (const A &x)const {
        A ans;
        memset(ans.a,0,sizeof ans.a);
        for(int i=1;i<=max(len,x.len);i++){
            ans.a[i]+=a[i]+x.a[i];
            ans.a[i+1]=ans.a[i]/10;
            ans.a[i]%=10;
        }
        ans.len=max(len,x.len);
        if(ans.a[ans.len+1])ans.len++;
        return ans; 
    }
    inline A operator * (const A &x)const {
        A ans;
        memset(ans.a,0,sizeof ans.a);
        for(int i=1;i<=len;i++)
            for(int j=1;j<=x.len;j++){
                ans.a[i+j-1]+=a[i]*x.a[j];
                ans.a[i+j]+=ans.a[i+j-1]/10;
                ans.a[i+j-1]%=10;
            }
        ans.len=len+x.len-1;
        if(ans.a[ans.len+1])++ans.len;
        return ans;
    }
    inline A operator - (const A &x)const {
        A ans;
        ans.len=len;
        for(int i=1;i<=len;i++)ans.a[i]=a[i];
        for(int i=1;i<=x.len;i++){
            ans.a[i]-=x.a[i];
            if(ans.a[i] < 0)ans.a[i]+=10;
            ans.a[i+1]--;
        }
        while(!ans.a[ans.len])ans.len--;
        return ans;
    }
}f[N],p[N];
inline A C(int x,int y){
    A ans;
    ans.len=ans.a[1]=1;
    for(int i=y,j=1;j<=x;i--,j++){
        int t=i;
        A tmp;
        tmp.len=0;
        while(t){
            tmp.a[++tmp.len]=t%10;
            t/=10;
        }
        ans=ans*tmp/j;//任意連續n個自然數的積一定是[1,n]的倍數 
    }
    return ans; 
}
inline void print(A &x){
    for(int i=x.len;i;i--)printf("%d",x.a[i]);
    cout<<endl;
}
int main(){    
    for (int i = 1; i <= 50; i++) {
        ll t = (1ll << i) - 1;
        while (t) {
            p[i].a[++p[i].len] = t % 10;
            t /= 10;
        }
    }
    f[1].len = f[2].len = f[1].a[1] = f[2].a[1] = 1;
    for (int i = 3; i <= 50; i++)
        for (int j = 1; j <= i - 1; j++)
            f[i] = f[i] + C(j - 1, i - 2) * f[j] * f[i-j] * p[j];
    while (cin >> n && n) print(f[n]);
    return 0;
}