[HNOI2009] 圖的同構
阿新 • • 發佈：2018-06-29
但是 sta www ons 列數 calc pre for out
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4 很經典的一類等價圖計數問題。。。。 可以先等價於每條邊可以染兩種顏色，求兩兩本質不同的圖的個數。。。 最樸素的想法就是找出所有邊的置換，對每個置換求一下環數，然後用p????引理算一下方案數，最後除以總置換數(也就是邊數的階乘的逆元)就可以得到答案了。。。 但是有一些邊的置換是會出現矛盾的。。。因為邊置換要求兩個頂點映射到新邊的兩個頂點上，難免會產生沖突。 於是我們換一種思路，枚舉點的置換，邊的置換就隨之確定了，並且會不重不漏的算上所有邊的置換(想一想為什麽)
1488: [HNOI2009]圖的同構
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Description
求兩兩互不同構的含n個點的簡單圖有多少種。
簡單圖是關聯一對頂點的無向邊不多於一條的不含自環的圖。
a圖與b圖被認為是同構的是指a圖的頂點經過一定的重新標號以後，a圖的頂點集和邊集能完全與b圖一一對應。
Input
輸入一行一個整數N，表示圖的頂點數，0<=N<=60
Output
輸出一行一個整數表示含N個點的圖在同構意義下互不同構的圖的數目，答案對997取模。
Sample Input
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輸入3
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Sample Output
輸出11
輸出2
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輸出3
4 很經典的一類等價圖計數問題。。。。 可以先等價於每條邊可以染兩種顏色，求兩兩本質不同的圖的個數。。。 最樸素的想法就是找出所有邊的置換，對每個置換求一下環數，然後用p????引理算一下方案數，最後除以總置換數(也就是邊數的階乘的逆元)就可以得到答案了。。。 但是有一些邊的置換是會出現矛盾的。。。因為邊置換要求兩個頂點映射到新邊的兩個頂點上，難免會產生沖突。 於是我們換一種思路，枚舉點的置換，邊的置換就隨之確定了，並且會不重不漏的算上所有邊的置換(想一想為什麽)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int ha=997,mod=ha-1;
inline int add(int x,int y){ x+=y; return x>=ha?x-ha:x;}
inline void ADD(int &x,int y){ x+=y; if(x>=ha) x-=ha;}
inline int ksm(int x,int y){
int an=1;
for(;y;y>>=1,x=x*(ll)x%ha) if(y&1) an=an*(ll)x%ha;
return an;
}
int gcd[73][73],n,ci[1005],ans,jc[73],ni[73];
int m,a[65],tot,now,C[73][73],b[65];
inline void calc(){
m=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=b[i];j++) a[++m]=i;
tot=0,now=1;
for(int i=1;i<=m;i++) tot+=a[i]>>1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=i+1;j<=m;j++) tot+=gcd[a[i]][a[j]];
if(tot>=mod) tot%=mod;
for(int T=n,i=1;i<=m;T-=a[i],i++) now=now*(ll)C[T][a[i]]%ha*(ll)jc[a[i]-1]%ha;
for(int i=1;i<=n;i++) if(b[i]>1) now=now*(ll)ni[b[i]]%ha;
ADD(ans,now*(ll)ci[tot]%ha);
}
void dfs(int x,int lef){
if(lef<x){ if(!lef) calc(); return;}
for(int i=0,u=0;u<=lef;i++,u+=x) b[x]=i,dfs(x+1,lef-u),b[x]=0;
}
int main(){
ci[0]=1; for(int i=1;i<ha;i++) ci[i]=add(ci[i-1],ci[i-1]);
jc[0]=1; for(int i=1;i<=60;i++) jc[i]=jc[i-1]*(ll)i%ha;
ni[60]=ksm(jc[60],ha-2);
for(int i=60;i;i--) ni[i-1]=ni[i]*(ll)i%ha;
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=60;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
}
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
if(!i||!j) gcd[i][j]=i+j;
else gcd[j][i]=gcd[i][j]=gcd[j][i%j];
dfs(1,n),ans=ans*(ll)ni[n]%ha;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
[HNOI2009] 圖的同構