Solution -「HNOI 2009」「洛谷 P4727」图的同构计数

(mathcal{Description})

  Link.

  求含 (n) 个点的无标号简单无向图的个数，答案模 (997)。

(mathcal{Solution})

  首先，把题目转化成为有标号 (K_n) 的 (inom{n}{2}) 条边染黑（不选）白（选）两种颜色，求本质不同（去除标号）的方案数。想到使用 Pólya 定理求解。设在某个点转置中，循环大小为 (a_1,a_2,cdots,a_k)，分别考虑循环内部和循环间的边等价类：

  对于大小为 (a) 的循环内部，仍旧是一个 (K_a)，尝试求其中边等价类的个数，例如 (a=6)，如图（来自 @pythoner713 的博客，下图同）：

可见共红色、绿色、蓝色三个等价类。进一步，若把 (K_a) 画作类似的正多边形，发现边属于同一等价类当且仅当它们长度相等，继而得出大小为 (a) 的循环的等价类个数为 (lfloorfrac{a}{2} floor)。

  对于两个大小分别为 (a,b) 的循环之间，考虑转置它们直到与初始状态重合，如图：

循环大小为 (operatorname{lcm}(a,b))，那么共 (gcd(a,b)) 个等价类。

  综上，符合 ({a_k}) 所描述的转置的等价类个数 (c(a)) 为

[sum_{i=1}^klfloorfrac{a_i}{2} floor+sum_{1le i<jle k}gcd(a_i,a_j) ]

  考虑直接枚举 ({a_k})，则符合条件的转置方案数为

[frac{n!}{prod_{i=1}^ka_iprod_{i=1}^nb_i} ]

其中 (b_i=sum_{j=1}^k[a_j=i])，即大小为 (i) 的循环个数。组合意义为：在所有转置中，固定每个循环的第一个元素，再去除等大循环的顺序。

  最终方案数为

[frac{1}{n!}sum_{{a_k}}2^{c(a)}frac{n!}{prod_{i=1}^ka_iprod_{i=1}^nb_i}\=sum_{{a_k}}2^{c(a)}left(prod_{i=1}^ka_iprod_{i=1}^nb_i ight)^{-1} ]

拆分 (n) 求解即可，复杂度见 A296010。

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MOD = 997, MAXN = 60;
int n, fac[MAXN + 5];

inline int gcd( const int a, const int b ) { return b ? gcd( b, a % b ) : a; }
inline int mul( const long long a, const int b ) { return int( a * b % MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

int a[MAXN + 5], ans, t;

inline int calc() {
	t += a[0] * a[0];
	int s = 1;
	for ( int l = 1, r; l <= a[0]; l = r ) {
		for ( r = l; r <= a[0] && a[l] == a[r]; ++r );
		s = mul( s, fac[r - l] );
	}

	int idx = 0;
	rep ( i, 1, a[0] ) {
		idx += a[i] >> 1, s = mul( s, a[i] );
		rep ( j, i + 1, a[0] ) idx += gcd( a[i], a[j] );
	}

	return mul( mpow( s, MOD - 2 ), mpow( 2, idx ) );
}

inline void split( const int x, const int rest ) {
	if ( !rest ) return addeq( ans, calc() );
	if ( rest < x ) return ;
	split( x + 1, rest );
	a[++a[0]] = x, split( x, rest - x ), --a[0];
}

int main() {
	scanf( "%d", &n );

	fac[0] = 1;
	rep ( i, 1, n ) fac[i] = mul( i, fac[i - 1] );

	split( 1, n );

	printf( "%d
", t );
	return 0;
}