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：

边的两端在同一循环节内。
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;

}