求n个点，无重边无自环，本质不同的无向图的个数；
本质不同指将两个图任意重新标号之后两个图不相同；
n<=60；
题解：
首先这是一道置换计数的题目；
我们应用polya定理解决这道题；
考虑每条边选或不选，这就是两种颜色；
那么就是求每种置换方式的边循环个数；
置换方式就是对于点的重标号，这是有n!种的啊；
然而这n!中有一些情况的答案是一样的，因为其实答案只和点循环中点的个数有关；
比如(1)(2,3)和(1,2)(3)就是一样的，都是1,2这样的划分方法；
那么对于一种划分方法来说，边循环个数怎么求呢？
一种划分中有两种边，划分在一起的边和不在一起的边；
在一起的边有floor(块大小/2)种边循环，不在一起的有gcd(块1大小,块2大小)种；
统计起来做2的幂次，然后在乘这种划分的个数；
至于划分的个数是多少。。我召唤一下wzq
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 64
#define mod 997
using namespace std;
int n,ans;
int a[N],fact[N],inv[mod];
int pow(int x,int y)
{
int ret=1;
while(y)
{
if(y&1)
ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
int gcd(int a,int b)
{
int t=a%b;
while(t)
{
a=b,b=t;
t=a%b;
}
return b;
}
void calc(int tot)
{
int ret=0,last=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
ret+=a[i]>>1;
for(int j=1;j<i;j++)
{
ret+=gcd(a[i],a[j]);
}
}
ret=pow(2,ret);
ret=ret*fact[n]%mod;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
ret=ret*inv[a[i]]%mod;
if(a[i]!=last)
{
ret=ret*inv[fact[cnt]]%mod;
last=a[i];
cnt=0;
}
cnt++;
}
ret=ret*inv[fact[cnt]]%mod;
ans=(ans+ret)%mod;
}
void dfs(int d,int last,int now)
{
if(n==now)
{
calc(d-1);
return ;
}
for(int i=last;i<=n-now;i++)
{
a[d]=i;
dfs(d+1,i,now+i);
}
}
void init()
{
fact[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++)
fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<mod;i++)
inv[i]=pow(i,mod-2);
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&n);
dfs(1,1,0);
ans=ans*inv[fact[n]]%mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/48088961
