HNOI 2009 图的同构记数题解

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题目大意： 问有多少个不同构的 nnn 个点的图。

题解

A图的顶点经过一定的重新标号以后，A图的顶点集和边集要完全与B图一一对应。这是题目里告诉我们的同构的条件，这应该算半个提示了，我们可以认为，重新标号是一种置换，这种置换形如：
(12...n−1na1a2...an−1an)\left( \begin{matrix} 1 & 2 & ... & n-1 & n\\ a_1 & a_2 & ... & a_{n-1} & a_n \end{matrix} \right) (1a12a2......n−1an−1nan)

那么总的置换数量就是 ∣G∣=n!|G|=n!∣G∣=n!，然后用burnside定理来求，也就是要求出每种置换有多少个不动点。

先将一个置换表示成若干个循环的乘积，然后考虑连边，假如循环 AAA 内第 xxx 个元素和第 yyy 个元素之间连了边，因为要在置换后图保持不变，所以第 x+1x+1x+1 和第 y+1y+1y+1 个元素之间也要有连边，同理，距离为 ∣x−y∣|x-y|∣x−y∣ 的元素之间都需要连边。

可以发现，对于一个长度 ddd，要么全部连边，要么全都不连，而 ddd 的取值范围是 [1,⌊Li2⌋][1,\lfloor \frac {L_i} 2 \rfloor][1,⌊2Li⌋]，其中 LAL_ALA 是这个循环的长度，则一共有 2⌊Li2⌋2^{\lfloor \frac {L_i} 2 \rfloor}2⌊2Li⌋ 种连边方案。

再考虑两个不同的循环 AAA 和 BBB，类似的，假如 AAA 中的第 iii 个元素和 BBB 中的第 jjj 个元素之间连了边，那么 i+1i+1i+1 和 j+1j+1j+1 之间也要连，以此类推下去要连 lcm(LA,LB)lcm(L_A,L_B)lcm(LA,LB) 条边，不妨称这样的 (i,j),(i+1,j+1)(i,j),(i+1,j+1)(i,j),(i+1,j+1) 为同一组边。

因为一共有 LA×LBL_A\times L_BLA×LB 条边，所以一共有 LA×LBlcm(,LA),LB=gcd⁡(LA,LB)\frac {L_A\times L_B} {lcm(,L_A),L_B}=\gcd(L_A,L_B)lcm(,LA),LBLA×LB=gcd(LA,LB) 组边，每组边也是要么连要么不连，方案数为 2gcd⁡(LA,LB)2^{\gcd(L_A,L_B)}2gcd(LA,LB)。

所以答案就是：
1∣G∣∑L1,L2,...,Lk(∏i=1k2⌊Li2⌋×∏1≤A<B≤k2gcd⁡(LA,LB))\frac 1 {|G|}\sum_{L_1,L_2,...,L_k}\left(\prod_{i=1}^k2^{\lfloor \frac {L_i} 2 \rfloor}\times \prod_{1\leq A<B\leq k} 2^{\gcd(L_A,L_B)}\right) ∣G∣1L1,L2,...,Lk∑(i=1∏k2⌊2Li⌋×1≤A<B≤k∏2gcd(LA,LB))

但是这样的话时间复杂度为 O(n!×n2)O(n!\times n^2)O(n!×n2)，可以愉快地得到 TLETLETLE 的好成绩。

考虑优化，观察后可以发现，我们并不关心每个循环内的点是谁，只关心这个置换能拆成几个循环以及每个循环的大小 LiL_iLi。

于是考虑直接枚举 LiL_iLi，相当于将 nnn 进行自然数拆分，经暴力发现，当 n=60n=60n=60 时，拆分方案大概只有 10610^6106 种，可以接受。

当我们枚举出所有 LiL_iLi 之后，就可以用上面的柿子求解，但是还需要求多一个东西：有多少个置换拆成循环之后，循环的长度分别是 L1,L2,...,LkL_1,L_2,...,L_kL1,L2,...,Lk。

这个很简单，排列组合一下就能得到：

先给这 kkk 个循环安排元素进去，方案数为 n!∏i=1kLi!\dfrac {n!} {\prod_{i=1}^k L_i!}∏i=1kLi!n!。

再考虑每个循环内的元素顺序，不考虑重复的话就有 Li!L_i!Li! 排列，但是对于一个循环而言，(a1a2a3...an)(a_1a_2a_3...a_n)(a1a2a3...an) 和 (a2a3a4...ana1)(a_2a_3a_4...a_na_1)(a2a3a4...ana1) 其实是同样的排列，所以要除以 LiL_iLi，即方案数为 Li!Li=(Li−1)!\dfrac {L_i!} {L_i}=(L_i-1)!LiLi!=(Li−1)!。

然后对于长度相同的两个循环，比如说 (12)(34)(1~2)(3~4)(1 2)(3 4)，它其实等价于 (34)(12)(3~4)(1~2)(3 4)(1 2)，设长度为 iii 的循环有 SiS_iSi 个，那么还需要除以 ∏i=1kSi!\prod_{i=1}^k S_i!∏i=1kSi!。

所以一共有 n!∏i=1kLi×∏i=1kSi!\frac {n!} {\prod_{i=1}^k L_i\times\prod_{i=1}^k S_i!}∏i=1kLi×∏i=1kSi!n! 个置换满足要求。

枚举出 LLL 之后，把这个方案数和上面那个柿子乘起来就是答案了。以及，这里的 n!n!n! 和上面的 1∣G∣\frac 1 {|G|}∣G∣1 可以抵消掉。

设对 nnn 进行自然数拆分的时间复杂度为 KKK，那么最后的时间复杂度为 O(K×n2)O(K\times n^2)O(K×n2)。

讲道理，当 n=60n=60n=60 的时候时间复杂度大概为 3.6×1093.6\times 10^93.6×109，虽然说完全跑不满，但是实测也需要 3s3s3s 左右，为什么能过呢……

太烧脑了果然还是不管好了qwq，代码如下：

#include <cstdio>
#define mod 997
#define maxn 110int n;
int ksm(int x,int y)
{int re=1;while(y){if(y&1)re=1ll*re*x%mod;x=1ll*x*x%mod;y>>=1;}return re;
}
int fac[maxn],inv_fac[maxn],inv[maxn],gcd[maxn][maxn];
int gcd_(int x,int y){return y==0?x:gcd_(y,x%y);}
void work()
{fac[0]=inv_fac[0]=inv[1]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;inv_fac[n]=ksm(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=1;i--)inv_fac[i]=1ll*inv_fac[i+1]*(i+1)%mod;for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)gcd[i][j]=gcd_(i,j);
}
int L[maxn],S[maxn],ans=0;
void work(int k)
{int prod=1;for(int i=1;i<=k;i++)prod=1ll*prod*((1ll<<(L[i]/2))%mod)%mod;for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=i+1;j<=k;j++)prod=1ll*prod*(1ll<<gcd[L[i]][L[j]])%mod;for(int i=1;i<=k;i++)prod=1ll*prod*inv[L[i]]%mod;for(int i=1;i<=n;i++)prod=1ll*prod*inv_fac[S[i]]%mod;ans=(ans+prod)%mod;
}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
void dfs(int x,int k)
{if(!x)return (void)work(k-1);for(int i=min(L[k-1],x);i>=1;i--)L[k]=i,S[i]++,dfs(x-i,k+1),S[i]--;
}int main()
{scanf("%d",&n);work();L[0]=n;dfs(n,1);printf("%d",ans);
}

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