Luogu P4727-- 【HNOI2009】图的同构记数

Description

求两两互不同构的含n个点的简单图有多少种。

简单图是关联一对顶点的无向边不多于一条的不含自环的图。

a图与b图被认为是同构的是指a图的顶点经过一定的重新标号以后，a图的顶点集和边集能完全与b图一一对应。

Input

输入一行一个整数N，表示图的顶点数，0<=N<=60

Output

输出一行一个整数表示含N个点的图在同构意义下互不同构的图的数目，答案对997取模。

\(\\\)

根据Burnside引理，答案就是所有置换下不动元的平均数(人话)。一个置换可以理解为一种排列，所以置换总数就是\(n!\)。

然后考虑求出所有的不动元。

首先，假设我们已近得到了\(m\)个循环节，他们的长度分别为\(L_1,L_2...L_m\)\((L_1+L_2+...+L_m=n)\)。

然后连边的时候我们分两种情况：

1. 边的两端在同一循环节内。
2. 边的两端不在同一循环节内。

情况1：

我们设有循环节的大小为\(n\)。则有\(2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\)种。

这个可以画图感受一下：我们先把点按\(1\)到\(n\)重标号，假设有边\((1,k)\)，那么一定有边\((2,2+k-1),(3,3+k-1)...(n,k-1)\)(因为)。然后\(k>2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\)情况一定与\(k-2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\)等价。所以等价类有\(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor\)个。

情况2：

我们设两个循环节大小分别为\(n,m\)。则有\(2^{gcd(n,m)}\)种。

我们又来感受一下：我们假设存在边\((1,i)\)，则必有边\((2,i+1),(3,i+2)...\)如果想让这个循环回到\((1,i)\)，那么至少要有\(lcm(n,m)\)条边，所以等价类有\(\frac{nm}{lcm(n,m)}=gcd(n,m)\)种。

然后我们得到了循环节为\((L_1,L_2...L_m)\)的图的情况数，我们还需要得到循环节为\((L_1,L_2...L_m)\)的\(n\)阶置换有多少种。

种数是\(\frac{n!}{\Pi B_i \Pi Li}\)(其中\(B_i\)表示长度为\(i\)的循环节数量)。

首先我们不妨设\((L_1\leq L_2\leq...\leq L_m)\)。然后我们按照\(1\)到\(m\)的顺序将得到的一个\(1\)到\(n\)的排列划分。这样就有\(n!\)个序列。

长度相同的循环节的排列会算重：比如\((1,2)(3,4)\)与\((3,4)(1,2)\)应该算作一种(这里\((1,2)\)仅仅表示\(1,2\)在一个循环中)。所以要除以\(\Pi B_i\)。

同一循环内也会算重：比如\((1,2,3)\)与\((2,3,1)\)算作一种(这里的\((1,2,3)\)表示的是\((\begin{matrix} 1 2 3\\ 2 3 1\end{matrix})\))。所以要除以\(\Pi Li\)。

然后就完了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll int
#define mod 997
#define N 65

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n;
int ksm(int t,int x) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans;
}
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
int g[N][N];

int f[N],fac[N],inv[mod+5];
int ans;
int num[N];
int cnt;
int pw2[100005];
void dfs(int v,int res) {
	if(!res) {
		int now=fac[n];
		int mi=0;
		for(int i=v+1;i<=n;i++) {
			now=now*inv[fac[num[i]]*ksm(i,num[i])%mod]%mod;
			mi+=i/2*num[i];
			for(int j=i+1;j<=n;j++) {
				mi+=g[i][j]*num[i]*num[j];
			}
			mi+=i*num[i]*(num[i]-1)/2;
		}
		now=now*pw2[mi%(mod-1)]%mod;
		(ans+=now)%=mod;

		return ;
	}
	if(!v) return ;
	num[v]=0;
	dfs(v-1,res);
	for(int i=1;i*v<=res;i++) {
		num[v]=i;
		dfs(v-1,res-i*v);
		num[v]=0;
	}
}

int main() {
	n=Get();
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	pw2[0]=1;
	for(int i=1;i<=100000;i++) pw2[i]=(pw2[i-1]<<1)%mod;

	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=mod;i++) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=i;j<=n;j++) {
			g[i][j]=gcd(i,j);
		}
	}

	dfs(n,n);
	cout<<ans*ksm(fac[n],mod-2)%mod;
	return 0;
}