带边数的无向连通图计数

就是求 $n$ 个点 $m$ 条边的带标号无向连通图个数。

首先可以用最暴力的 $O(n^6)$ 做法，直接按城市规划一题的容斥 DP 做法，
记 $f_{n,m}$ 表示答案，可以枚举 $1$ 号点所在块的情况容斥计算。

$O(n^4)$ 做法是一个有意思的斯特林反演。

考虑一个选了 $m$ 条边的方案，且形成 $k$ 个连通块方案块的方案是 $F_{m,k}$ 。
现在我们还是 $m$ 条边，但人为划分出来 $j$ 个块一定不两两相连，但块内任意连边，方案是 $G_{m,j}$ 。

有组合关系：

G_{m, k} = \sum_{j \geq k} S 2 (j, k) F_{m, j}

$G_{m,k} = \sum_{j\ge k} S2(j, k) F_{m,j}$

反演以后即：

F_{m, k} = \sum_{j \geq k} S 1 (j, k) (- 1)^{j - k} G_{m, j}

$F_{m,k} = \sum_{j\ge k} S1(j, k) (-1)^{j - k} G_{m,j}$

我们要求的即：

F_{m, 1} = \sum_{j \geq 1} (j - 1)! (- 1)^{j - 1} G_{m, j}

$F_{m,1} = \sum_{j\ge 1} (j - 1)! (-1)^{j - 1} G_{m,j}$

考虑 DP 后面那个 $G$ ，暴力大概不止 $O(n^6)$ 。
但是我们发现算这个 $G$ 只需要知道块的划分情况，那么这 $m$ 条边的可以随意选取。
记 $H_{i,j,m}$ 表示 DP 了 $i$ 个点，分了 $j$ 个块，当前共有 $m$ 个边可以用的方案数。

则有：

G_{m, j} = \sum_{k \geq m} H_{n, j, k} (\binom{k}{m})

$G_{m,j}=\sum_{k\ge m} H_{n,j,k} {k\choose m}$

直接 DP 这个 H 复杂度过高，接下来尝试缩去中间 $j$ 那一维。
现在考虑把 $(j - 1)! (-1)^{j - 1}$ 的附加贡献在 DP 过程中算上，
发现我们可以先正常选一个块，并固定这个块的一号在最前面，
然后剩下的每加入一个块，带一个 $-1$ 的系数并且把这个块的点任意插进去（只需保证不在开头，系数 $i + k - 1\choose k$ ）进行 DP。
这样就做到让一个 $k$ 个块的方案会算重 $(k - 1)!$ 次。
时间复杂度 $O(n^4)$ 。

然而代码短小精悍。

void DP()
{
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		H[i][c2(i)] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = c2(i); j >= 0; --j)
			if(H[i][j])
				for(int k = 1; i + k <= n; ++k)
					H[i + k][j + c2(k)] = (H[i + k][j + c2(k)] - 1ll * H[i][j] * C[i + k - 1][k]) % mod;
	for(int j = 0; j <= c2(n); ++j)
	{
		for(int k = j; k <= c2(n); ++k)
			F[j] = (F[j] + 1ll * H[n][k] * C[k][j]) % mod;
		F[j] = (F[j] + mod) % mod;
		printf("%d\n", F[j]);
	}
}