P4727 [HNOI2009]图的同构记数 题解
P4727 [HNOI2009]图的同构记数 题解
题意：求ｎ个点的无标号简单无向图有多少种。ｎ<=60
首先我们容易知道ｎ个点的有标号无向图个数是\(2^{\frac{n*(n-1)}{2}}\)的，但是这些图中有很多是同构的，我们要把这些同构的排除掉。也就是说，所有的标号无向图根据是否同构分成了若干等价类，我们就是要统计其中等价类的个数。而对于两个有标号无向图，它们同构的充要条件是存在一个排列\(P_i\)，使得第一个图中的所有点ｉ换到原来\(P_i\)的位置上后它与第二个图完全一样。
那么我们就建立了一个模型，我们手上有一个由所有的有标号无向图组成的集合，我们还有一个置换群，其中包含所有的排列，如果一个集合中的一个元素可以经过置换得到另一个元素，那么这两个元素就在同一个等价类里面，问可以把这个集合分成多少个等价类。
这个问题很显然可以用Burnside引理解决，具体地，设置换群为\(G\)，\(C(P_i)\)为置换\(P_i\)下有多少个有标号无向图经过这个置换后还是它本身，那么我们的等价类个数：
我们看要怎么计算不动点个数，首先每个有标号无向图都可以由它的边集\(\{(u,v)\}\)唯一表示，那么一张图经过置换\(P_i\)后还是它本身等价于\(\{(P_u,P_v)\}=\{(u,v)\}\) ，也就是\(\forall (u,v)\in E,(P_u,P_v)\in E\) 。
怎么计算满足这样条件的图的个数呢？我们知道，一个置换可以被分解为若干个循环（Burnside常用套路），那么上面的限制条件相当于如果两个点之间有连边，那么它们所在循环的下一个点之间也要有连边，相当于一开始第一个循环的第ｉ个位置和第二个循环的第ｊ个位置有连边，那么接下来令i++,j++，继续在ｉ和ｊ之间连边，如此循环下去，可以发现一共会连出两个环长的lcm条边，那么这些边相当于只有两种选择：要么都不连，要么全都连。并且这样的边一共有gcd(环长组)，那么连边的总方案数为\(2^{gcd}\)，将这些环两两之间连边的方案数乘起来，再乘以每个环内部连边的方案数（为\(2^{\lfloor\frac{s}{2}\rfloor}\)，其中ｓ为这个环的环长），那么就得到了这个置换下的不动点个数。
但是我们是不能枚举每个置换来计算的，这样的复杂度是\(O(n!)\)的，但是我们发现一种置换的贡献只与它分解出来的所有环的环长有关，我们可以枚举每个环的环长，然后可以计算将这ｎ个点划分到这几个环中的方案数，然后对于一种划分，我们又可以计算它对应的置换的个数，这样就可以对所有本质相同的置换合并算贡献了。
具体的，所有置换下不动点个数之和为：
最后再除以置换群的大小\(n!\)就是答案。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 107
const int mod=997;
int inv[N],gd[N][N],po[N];
int a[N],n,res,c[N];
int p2(int x){return x*x%mod;}
int pw(int x,int p)
{
return p?p2(pw(x,p/2))*(p&1?x:1)%mod:1;
}
int gcd(int x,int y)
{
return y?gcd(y,x%y):x;
}
void init()
{
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=mod-mod/i*inv[mod%i]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
gd[i][j]=gcd(i,j);
po[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)po[i]=po[i-1]*2%mod;
}
void dfs(int x,int d,int s,int ans)
{
if(s==0)
{
res=(res+ans)%mod;
return ;
}
for(int i=min(d,s);i>=1;i--)
{
a[x]=i;c[i]++;
int v=ans;
v=v*inv[i]%mod*inv[c[i]]%mod*po[i/2]%mod;
for(int j=1;j<x;j++)v=v*po[gd[i][a[j]]]%mod;
dfs(x+1,i,s-i,v);
c[i]--;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
init();
dfs(1,n,n,1);
printf("%d\n",res);
return 0;
}
EX Problem:
求有多少本质不同的不超过 n 个点的、无重边、可以有自环、存在至少一条欧拉回路的带
标号无向图。
首先带标号的点度均为偶数的无向图数量是\(2^{C_{n-1}^2}\)，因为将一个点与剩下的n-2个点连边后，最后一个点的连边情况就确定了，所以每个点对答案的贡献都会除以２（相对不要求点度的无向图来说）
我们一样像上面一样讨论，只是最后求不动点个数的时候要保证所有点的度数均为偶数，这个连边的时候讨论一下奇偶性就可以了，注意可以连自环。
然后我们可以得到\(f_i\)表示ｉ个点的度为偶的无向图个数，我们还要保证连通，设\(g_i\)为保证连通的图的个数，那么有：
其中\(d_i=\sum_{j=1}^{m}[s_j=i]\)，\(\overline{C}_n^m\)为可重组合数。
