【数论&Polya定理】图的同构 BZOJ 1488

题意：

求两两互不同构的含n个点的简单图有多少种。(n<=60)
简单图是关联一对顶点的无向边不多于一条的不含自环的图。
a图与b图被认为是同构的是指a图的顶点经过一定的重新标号以后，a图的顶点集和边集能完全与b图一一对应。

分析：

简单图的计数相当于对有$n$个无标志顶点的完全图用两种颜色进行着色的不同方案数。
首先，考虑点置换与边置换的关系：
一条边连接了两个点，那么对于这两个点，考虑他们在某个置换中的位置：
若这两个点在同一个循环中，那么边的循环的个数为点的循环的个数的一半。
若这两个点不在一个循环中，那么边的循环的个数为$gcd(a,b),a,b$为这两个点所在的点循环的长度。（可以画个图，看一看就知道了）
其次，考虑如何找出所有的置换：
如果$n$比较小，可以暴力枚举，时间为$n!$(点的全排列)
$n$比较大的时候，由于属于同一共轭类的置换对答案的贡献是相同的，所以考虑枚举一个共轭类，求出这个形式的置换的着色方案数，再乘以该形式的置换的数目，即$\frac{n!}{\prod_{i=1}^n(c_i!i^{c_i})}，(ci$为长度是$i$的循环的个数).
现在已经确定了一种点的置换的形式，那么对应的边的着色方案数如上文所说，考虑两个点是否在同一置换中即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 60
#define MO 997
int n,ans;
int G[MAXN+5][MAXN+5],inv[MO],Pow[MAXN+5][MAXN+5],fac[MAXN+5];
int PowMod(int a,int b)
{
    int ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ret=ret*a%MO;
        a=a*a%MO;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}
int gcd(int a,int b)
{
    while(b)
    {
        int t=a;
        a=b;b=t%b;
    }
    return a;
}
void Pre()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++)
    {
        fac[i]=i*fac[i-1]%MO;
        Pow[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=MAXN;j++)
            Pow[i][j]=Pow[i][j-1]*i%MO,G[i][j]=gcd(i,j);
    }
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<MO;i++)
        inv[i]=(MO-MO/i)*inv[MO%i]%MO;
}
int val[MAXN],cnt[MAXN],c;//val:某一循环的长度，cnt：该循环在此类置换中出现的数量。
void dfs(int s,int left)
{
    if(left==0)
    {
        int sum1=0,sum2=1;//sum1:统计该置换下边的着色方案 ，sum2：该形式的置换的数目 
        for(int i=1;i<=c;i++)
        {
            sum1+=val[i]/2*cnt[i]+cnt[i]*(cnt[i]-1)/2*val[i];
            sum2=sum2*fac[cnt[i]]*Pow[val[i]][cnt[i]]%MO;
            for(int j=i+1;j<=c;j++)
                sum1+=cnt[i]*cnt[j]*G[val[i]][val[j]];
        }
        sum2=inv[sum2]*fac[n]%MO;
        ans=(ans+sum2*PowMod(2,sum1))%MO;
        return;
    }
    if(left<s) return;
    dfs(s+1,left);
    for(int i=1;i*s<=left;i++)
    {
        val[++c]=s,cnt[c]=i;
        dfs(s+1,left-i*s);
        c--;
    }
}
int main()
{
    Pre();
    scanf("%d",&n);
    dfs(1,n);
    ans=ans*inv[fac[n]]%MO;
    printf("%d\n",ans);
}