Steven_MengのBlog

设$i$个点的连通块个数为$F(i)$,所有$i$个点的图的个数为$G(i)$
从反面考虑问题,发现$i$个点连通图个数=所有$i$个点的图的个数-$i$个点非连通图的个数。
考虑所有$i$个点的图的个数,每条边可选可不选,共$i \times (i-1)/2$条边,则$G(i)=2^{i \times (i-1)/2}$
考虑$i$个点非连通图的个数,设节点$1$所在的连通块大小为$j$,那么我们选出这个连通块的方法数为$F(j) \times C^{j-1}_{i-1}$,也就是从剩下$i-1$个节点中选出$j-1$个,与节点$1$组成连通块。
剩下$i-j$个点随便乱连,有$G(i-j)$种搞法。

那么我们可以推出$dp$方程式:

代码(高精自己打)

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bign C[51][51];
inline void Init(){
for (register int i=1;i<=50;++i){
C[i][0]=1,C[i][i]=1;
for (register int j=1;j<i;++j){
C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
}
}
}
inline bign pow2(int k){
bign ans=1,p=2;
while (k){
if (k&1) ans=ans*p;
p=p*p;
k>>=1;
}
return ans;
}
bign dp[51];
inline bign f(int x){//x个点随便怎么连
return pow2(x*(x-1)/2);
}
int main() {
Init();
dp[1]=1;
for (register int i=2;i<=50;++i){
dp[i]=f(i);
for (register int j=1;j<=i-1;++j){
dp[i]=dp[i]-dp[j]*C[i-1][j-1]*f(i-j);
}
}
while (true){
int x;
scanf("%d",&x);
if (x==0) break;
cout<<dp[x]<<endl;
}
}

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