洛谷 P4708 - 画画（Burnside 引理+组合数学）
神仙题 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
题解搬运人来了
首先看到本质不同（无标号）的图计数咱们可以想到 Burnside 引理，具体来说，我们枚举一个排列 \(p\)，并统计有多少张图中的点集在置换 \(p\) 的作用下能够保持不变，记这个数目为 \(c(p)\)，那么答案就是 \(\dfrac{1}{n!}\sum\limits_{p}c(p)\)。由于此题 \(n\) 高达 \(50\)，因此暴力枚举 \(p\) 显然是不合理的，不过注意到合法的图的数量并不取决于 \(p\) 具体每个元素是什么，而取决于 \(p\) 中每个置换环的大小分别是多少，而 \(50\) 的整数拆分数量并不是很多，因此考虑枚举 \(p\) 中置换环的大小，设为 \(s_1,s_2,s_3,\cdots,s_k\)，其中 \(s_1<s_2<\cdots<s_k\)，那么符合条件的排列 \(p\) 的个数可以这样计算：
- 首先，对于所有置换环选出属于该置换环的 \(s_i\) 个点，这显然是一个多重组合数的形式，方案数为 \(\dfrac{n!}{\prod\limits_{i=1}^ks_i!}\)。
- 其次，每个置换环，根据圆排列的计数方法，将其进行排列有 \((s_i-1)!\) 种方案，因此还需乘上个 \(\prod\limits_{i=1}^k(s_i-1)!\)
- 再其次，所有大小相同的置换环是视作相同的，因此假设大小为 \(x\) 的置换环有 \(cnt_x\) 个，那么答案还需除以 \(\prod\limits_{i=1}^{s_k}cnt_i!\)
因此对于一组大小分别为 \(s_1,s_2,\cdots,s_k\) 的置换环，有 \(\dfrac{n!}{\prod\limits_{i=1}^ks_i!\prod\limits_{i=1}^{s_k}cnt_i!}·\prod\limits_{i=1}^k(s_i-1)!\) 个排列 \(p\)，满足其置换环的大小组成的集合恰好是 \(\{s_1,s_2,\cdots,s_k\}\)
接下来考虑如何计算对于一个置换环大小分别为 \(s_1,s_2,\cdots,s_k\) 的置换 \(p\)，有多少张图满足其在 \(p\) 的作用下能够保持同构且每个连通块都有欧拉回路，即每个点的度都是偶数。考虑分两部分处理：
- 每个置换环内部点与点之间的边
- 置换环与置换环之间的边
首先对于第一部分而言，假设我们考虑第 \(i\) 个置换环，那么显然图在 \(p\) 的作用下保持同构的必要条件是第 \(i\) 个置换环中所有距离相同的边存在/不存在的状态都相同，我们先不考虑每个点度都要是偶数这个条件，那么显然有 \(2^{\lfloor\dfrac{s_i}{2}\rfloor}\) 种连边的情况，接下来考虑加上每个点度都要是偶数这个条件后怎么处理，不难发现，对于一般的情况，距离为 \(d\) 的边都连上是不影响这个连通块中所有点的奇偶性的，唯独一种情况——\(d=\dfrac{s_i}{2}\)，且 \(s_i\) 为偶数的情况，这种情况下，这个置换环中所有点度数的奇偶性都会反转，也就是说对于 \(s_i\) 是偶数的情况，选择另外 \(d\) 种距离的方案数为 \(2^{\lfloor\dfrac{s_i}{2}\rfloor-1}\) 种，而对于 \(d=\dfrac{s_i}{2}\) 的情况，相当于我们给了这个连通块一次改变所有点奇偶性的机会，可选可不选。
接下来考虑不同置换环之间连边的方案，我们假设现在考虑了编号为 \(i,j\) 的两个置换环，那么考虑将两个置换环上的点顺次编号 \(0,1,2,3,\cdots,s_i-1\) 以及 \(0,1,2,3,\cdots,s_j-1\)。考虑记 \(d=\gcd(s_i,s_j)\)，那么显然，图在 \(p\) 的作用下保持同构的必要条件是对于第 \(i\) 个置换环上的点 \(x\) 和第 \(j\) 个置换环上的点 \(y\) 而言，将 \((x,y)\) 沿着置换环旋转得到的所有点对的连边状况都与 \((x,y)\) 的连边状况相同，而对于所有 \((x,y)\)，转 \(\dfrac{s_is_j}{\gcd(s_i,s_j)}=\text{lcm}(s_i,s_j)\) 步就能转回原位，因此有 \(\dfrac{s_is_j}{s_is_j/\gcd(s_i,s_j)}=\gcd(s_i,s_j)=d\) 个本质不同的二元组。接下来考虑每个点度必须要是偶数这个条件，显然对于第 \(i\) 个置换环上的每个点 \(x\)，包含 \(x\) 的二元组恰有 \(s_j\) 个，而这当中又会有 \(d\) 组二元组能够通过旋转得到，因此将这 \(d\) 个本质不同的二元组中任意一组连上，都会导致第 \(i\) 个置换环上每一个点多连出 \(\dfrac{s_j}{d}\) 条边，同理也会使第 \(j\) 个置换环上每一个点多连出\(\dfrac{s_i}{d}\) 条边。记 \(x_1=\dfrac{s_j}{d},x_2=\dfrac{s_i}{d}\)，现在考虑分情况讨论：
- 如果 \(x_1,x_2\) 都是偶数，那么显然这 \(d\) 个二元组不对两个置换环中任何一个点的度数的奇偶性产生影响，也就是说这 \(d\) 组边连与不连皆可，方案数乘上 \(2^d\)
- 如果 \(x_1\) 为偶数，\(x_2\) 为奇数，那么连上这 \(d\) 个二元组中的一个不对第 \(i\) 个置换环中任何一个点的度数的奇偶性产生影响，但会改变第 \(j\) 个连通块中所有点的奇偶性，也就相当于我们给了第 \(j\) 个连通块 \(d\) 次改变所有点奇偶性的机会。
- 如果 \(x_1\) 为奇数，\(x_2\) 为偶数，类似于上面的情况，不过这次是我们给第 \(i\) 个连通块 \(d\) 次改变所有点奇偶性的机会
- 如果 \(x_1,x_2\) 都是奇数，那么连上这 \(d\) 个二元组中的一个会同时改变第 \(i\) 个和第 \(j\) 个置换环中所有点度数的奇偶性，也就是说给了 \(d\) 次同时改变置换环 \(i,j\) 所有点奇偶性的机会。
这样问题就转化为这样一个问题
有一张 \(k\) 个点的图，点上有点权，初始每个点点权为 \(0\)，每个点 \(i\) 上有 \(cp_i\) 个不同的开关，拉上这 \(cp_i\) 个开关中的任何一个都会使第 \(i\) 个点的点权异或 \(1\)；每条边 \((i,j)\) 上有 \(ce_{i,j}\) 个不同的开关，拉上这 \(ce_{i,j}\) 个开关中的任何一个都会使 \(i,j\) 的点权同时异或 \(1\)，问有多少个拉开关的集合，满足拉上这些开关，能够使每个点点权都是 \(0\)。
这里有一个性质，就是对于所有连通块而言：
- 我们考虑找出连通块的一棵 DFS 树（这里 DFS 树的定义为，将所有点对 \((i,j)\) 之间连上 \(ce_{i,j}\) 条边后图的 DFS 树，也就是如果两点间有多条边那么最多只能有一条边在 DFS 树上），如果我们确定了所有非树边的状态，那么树边的状态已经唯一确定了，具体方案就是从叶子开始，如果叶子权值为 \(1\) 就拉上与叶子相连那条边上的开关，否则不拉，然后删去那个叶子。
- 能够将连通块中所有点点权变为 \(0\) 还有一个必要条件，就是对点的操作的数量必须是偶数，因为对边的操作不会改变连通块中所有点权的异或和。
也就是说假设 \(S_p\) 为这个连通块中所有点 \(cp\) 之和，\(S_e\) 为这个连通块两两之间 \(ce\) 之和，\(S\) 为该连通块的点数，那么方案数就是
并查集维护一下即可。
时间复杂度 \(\mathcal O(\text{Can pass})\).
const int MAXN=50;
const int MOD=998244353;
int n,fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5],pw2[MAXN*MAXN*MAXN+5];
int g[MAXN+5][MAXN+5];
void init_fac(){
for(int i=(pw2[0]=fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=MAXN;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=MAXN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
for(int i=1;i<=MAXN*MAXN*MAXN;i++) pw2[i]=(pw2[i-1]<<1)%MOD;
}
int s[MAXN+5],cnt[MAXN+5],ans=0;
int f[MAXN+5],c1[MAXN+5],c2[MAXN+5],siz[MAXN+5];
int find(int x){return (!f[x])?x:f[x]=find(f[x]);}
void merge(int x,int y,int z){
x=find(x);y=find(y);
if(x==y) c2[x]+=z;
else{
if(siz[x]<siz[y]) swap(x,y);
f[y]=x;siz[x]+=siz[y];
c1[x]+=c1[y];c2[x]+=c2[y];
c2[x]+=z;
}
}
int calc(int k){
int res=1;
for(int i=1;i<=k;i++) res=1ll*res*ifac[s[i]]%MOD*fac[s[i]-1]%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) res=1ll*res*ifac[cnt[i]]%MOD;
memset(f,0,sizeof(f));memset(c1,0,sizeof(c1));memset(c2,0,sizeof(c2));
for(int i=1;i<=k;i++) siz[i]=1;
for(int i=1;i<=k;i++){
res=1ll*res*pw2[s[i]-1>>1]%MOD;
if(~s[i]&1) c1[i]++;
}
for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=i+1;j<=k;j++){
int d=g[s[i]][s[j]];
int d1=s[j]/d,d2=s[i]/d;
if((~d1&1)&&(~d2&1)) res=1ll*res*pw2[d]%MOD;
else if((d1&1)&&(d2&1)) merge(i,j,d);
else if(d1&1) c1[find(i)]+=d;
else c1[find(j)]+=d;
}
for(int i=1;i<=k;i++) if(find(i)==i){
res=1ll*res*pw2[max(c1[i]-1,0)+c2[i]-siz[i]+1]%MOD;
}
// for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d%c",s[i]," \n"[i==k]);
// printf("%d\n",res);
return res;
}
void dfs(int x,int sum,int pre){
if(sum==n) return ans=(ans+calc(x-1))%MOD,void();
for(int i=pre;sum+i<=n;i++){
s[x]=i;cnt[i]++;dfs(x+1,sum+i,i);cnt[i]--;
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);init_fac();
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
g[i][j]=__gcd(i,j);
dfs(1,0,1);printf("%d\n",ans);
return 0;
}
