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3 [转]http://hi.baidu.com/accplaystation/blog/item/51417bdca982bea4cc116660.html
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5 这道题据说有两种思路：
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7 1——将总的方案数减掉所有不连通的方案。
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9 总的方案数是2^(C(n,2))，不连通的方案数可以如下考虑：
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11 当和点1连通的点数共有k个时，方案数为C(n-1,k)*F(k+1)，其他n-k-1各点间任意连边即可，
方案数为2^(C(n-k-1,2))，所以这样的方案数共有C(n-1,k)*F(k+1)* 2^(C(n-k-1,2))种。
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13 因此可以得到递推公式：
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15 F(n)= 2^(C(n,2))-Sum(C(n-1,k)*F(k+1)* 2^(C(n-k-1,2)) | 0<=k<n)
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17 这种思路的优点在于简单明了，但是缺点在于编程复杂，要算高精度的加、减、乘，2的幂也非常大，
故某人忽略之……
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19 2——直接求连通的方案数。
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21 考虑拿掉点1时点2的情况，设此时点2所在连通块共k各点，这k个点以及剩下的n-k个点分别处在一个连通块中，
其方案数为F(k)*F(n-k)，点2需在除去点1和2的点中取k-1个点构成连通块，故方案数为C(n-2,k-1)，
而这总共k个点与剩下除去点1的n-k-1个点必须通过点1才能连通，即这k个点与点1至少有1条边连通，
这样的方案数为2^k-1,故这样的情况总共有F(k)*F(n-k)* C(n-2,k-1)*( 2^k-1)种。
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23 因此可得递推公式为：
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25 F(n)=Sum(F(k)*F(n-k)* C(n-2,k-1)*( 2^k-1) | 1<=k<n)。
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27 这种思路虽然理解比较困难，也不知道我解释清楚了没有，汗……但是却极大的减轻了编程的负担，只需要高精度加和乘，
2的幂只到50 。我的程序就是靠思路二解决的。
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29 确定了思路，剩下的就是高精度的问题了，当然对于Java者，飘过之……
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31 核心代码：
32 */
33 void calc(int n)
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35 {
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37 int k;
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39 ans[n].len=1;
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41 memset(ans[n].num,0,sizeof(ans[n].num));
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43 Large tmpa,tmpb,tmpc,tmpd;
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45 for (k=1;k<n;++k)
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47 {
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49 Lcopy(ans[n],tmpa);
50
51 Lmul(ans[k],ans[n-k],tmpb);
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53 Lmul(tmpb,C[n-2][k-1],tmpc);
54
55 Lmulone(tmpc,ptwo[k]-1,tmpd);
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57 Ladd(tmpa,tmpd,ans[n]);
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59 }
60
61 }