[计数DP]How Many Of Them

How Many of Them

题目描述

在无向连通图中，若一条边被删除后，图会分成不连通的两部分，则称该边为割边。

求满足如下条件的无向连通图的数量：

1. 由 $n$ 个结点构成，结点有标号。

2. 割边不超过 $m$ 条。

3. 没有重边和自环。

答案对 ${10}^9+7$ 取模。

输入格式

仅一行，两个整数 $n$ 和 $m$。

输出格式

一个整数，表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

3 3

样例输出 #1

4

样例 #2

样例输入 #2

5 1

样例输出 #2

453

提示

$2\le n\le 50,0\le m\le {\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}$

Source: Gennady Korotkevich (tourist), ITMO University.

做这题前可以做一做连通图Connected Graph
这道题思想很好，运用容斥原理，找到$1$为基准点,由题目，我们可以想到设$F_{i,j}$为有$i$个点的无向图中有$j$条割边,
如何转移呢,连通图Connected Graph这道题,我们知道包含1且$i$个点组成的无向图有$h_i=2^{\frac{i(i-1)}{2}}-\sum _{j=1}^{i-1}{h}_j\times C_{i-1}^{j-1}\times 2^{\frac{(i-j)(i-j-1)}{2}}$,但是本题多加一条限制，最多$M$条割边
所以需要减去$1i-1$条割边的情况$f_{i,0}=h_i-\sum _{j=1}^{i-1}{f}_{i,j}$
那如何先求出$f_{i,j}$呢,我们假设$1$这个点所在的连通块包含的点有$k$个,则有$f_{k,0}\times C_{i-1}^{k-1}$种情况,设$g_{i,j,x}\mathrm{为}i\mathrm{个}\mathrm{点}j\mathrm{条}\mathrm{割}\mathrm{边},x\mathrm{个}\mathrm{连}\mathrm{通}\mathrm{块}\mathrm{的}\mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{数}$，则除去$1$所在的连通块，还有$\sum _{x=1}^{min(i-k,j)}{g}_{i-k,j-x,x}$种情况,因为$1$这个点所在的连通块包含的$k$个点都有可能与$x$个连通块相连,所以再乘上$k^x$
即为$$f_{i,j}=\sum _{k=1}^{i-1}{f}_{k,0}\times C_{i-1}^{k-1}\times \sum _{x=1}^{min(i-k,j)}{g}_{i-k,j-x,x}$$
好现在就剩下$g$如何求了
按照上面的思路，我们可以求出$g_{i,j,k}=\sum _{p=1}^{i-1}\sum _{q=0}^j{f}_{p,q}\times C_{p-1}^{q-1}\times g_{i-p,j-q,k-1}\times p$每个连通块多乘了一个$p$,因为$p$个点都可能与$g$所构成的连通块相连

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define speed() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m;ll f[55][1505],C[1500][1500],h[55],g[55][55][55];
ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		b>>=1;
		a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	speed();
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=50;i++)
	{
		C[i][i]=1;C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
		}	
	}
	h[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		h[i]=qpow(2,i*(i-1)/2);
		for(int j=1;j<=i-1;j++)
		{
			h[i]-=h[j]*C[i-1][j-1]%mod*qpow(2,(i-j)*(i-j-1)/2)%mod;
			h[i]=(h[i]%mod+mod)%mod;
		}
	}
	g[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i-1;j++)
		{
			for(int k=1;k<=i-1;k++)
			{
				for(int x=1;x<=min(i-k,j);x++)
				{
					f[i][j]=(f[i][j]+f[k][0]*C[i-1][k-1]%mod*g[i-k][j-x][x]%mod*qpow(k,x))%mod;
				}
			}
		}
		f[i][0]=h[i];
		for(int j=1;j<=i-1;j++)
		{
			f[i][0]-=f[i][j];
			f[i][0]=(f[i][0]%mod+mod)%mod;
		}
		for(int j=0;j<i;j++)//atention
		{
			for(int k=1;k<=i;k++)
//			{
				for(int p=1;p<=i;p++)
				{
					for(int q=0;q<=j;q++)
					{
						g[i][j][k]=(g[i][j][k]+f[p][q]*C[i-1][p-1]%mod*g[i-p][j-q][k-1]%mod*p)%mod;
					}
				}
//			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=min(n,m);i++)
	{
		ans=(ans+f[n][i])%mod;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}