题目大意
求\(n\)个点\(n\)条边的无向连通图的个数
\(n\leq 5000\)
题解
显然是一个环上有很多外向树。
首先有一个东西：\(n\)个点选\(k\)个点作为树的根的生成森林个数为：
\[
\binom{n}{k}\times n^{n-k-1}\times k
\]
前面\(\binom{n}{k}\)是这些根的选编号的方案数，后面是prufer序列得到的：前面\(n-k-1\)个数可以是\(1\)~\(n\)，第\(n-k\)个数是\(1\)~\(k\)。
我的理解是：每个序列决定了一部分点作为"叶子节点"，剩下的每个点按顺序选一个编号最小的"叶子节点"作为这个点的儿子（选编号最小的是因为1.如果一个点可以选多个儿子就不会重复计数；2.两个数的先后顺序不同，那么选的儿子也不同，会让先后顺序成为影响因素），然后如果这个点不能再选儿子，那么这个点就会成为"叶子节点"。选了\(n-k-1\)个点后会剩下\(k\)个根和一个不是根的点，然后\(k\)个根中的一个点连向剩下这个点。
最后\(k\)个点的环的排列方式有\(\frac{(k-1)!}{2}\)。你可以选编号最小的点为"根"，剩下\(k-1\)个点每次选一个点连向上一个点，最后一个点再连向第一个点。因为环可以翻转，所以方案数要除以\(2\)。你也可以认为是先生成一个排列，然后旋转这个环（除以\(k\)），然后翻转这个环（除以\(2\)）。
最终的式子是
\[
\begin{align}
&~~~~~\sum_{k=3}^{n}\binom{n}{k}\times n^{n-k-1}\times k\times \frac{(k-1)!}{2}\&=\sum_{k=3}^{n}\frac{n!\times n^{n-k-1}\times k\times (k-1)!}{k!\times (n-k)!\times 2}\&=\sum_{k=3}^{n}\frac{n!n^{n-k-1}}{2(n-k)!}
\end{align}
\]
写个高精度什么的乱搞一下就可以了。
时间复杂度：\(O(n^2)\)
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int p=10000;
struct bign
{
int a[5010];
bign()
{
memset(a,0,sizeof a);
}
int &operator [](int x)
{
return a[x];
}
bign &operator *=(int v)
{
int i,s,g=0;
bign &a=*this;
for(i=1;i<=5000;i++)
{
s=g+a[i]*v;
g=s/p;
a[i]=s%p;
}
return a;
}
bign &operator /=(int v)
{
int i,s,g=0;
bign &a=*this;
for(i=5000;i>=1;i--)
{
s=g*p+a[i];
a[i]=s/v;
g=s%v;
}
g=0;
for(i=1;i<=5000;i++)
{
s=g+a[i];
a[i]=s%p;
g=s/p;
}
return a;
}
bign &operator +=(bign &b)
{
int i,s,g=0;
bign &a=*this;
for(i=1;i<=5000;i++)
{
s=a[i]+b[i]+g;
a[i]=s%p;
g=s/p;
}
return a;
}
};
bign a,ans;
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int i;
a[1]=1;
for(i=2;i<=n-1;i++)
a*=i;
ans+=a;
for(i=n-1;i>=3;i--)
{
a*=n;
a/=n-i;
ans+=a;
}
ans/=2;
for(i=5000;!ans[i];i--);
printf("%d",ans[i]);
for(i--;i;i--)
printf("%04d",ans[i]);
printf("\n");
return 0;
}