P6596 How Many of Them 做题记录

P6596 How Many of Them 做题记录

Description

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。\(2≤n≤50,0≤m≤\dfrac{n(n-1)}{2}\)。

P6596 How Many of Them - 洛谷 (luogu.com.cn)

Solution

对于一个无向图，我们将其所有的 E-DCC 缩为一个点，那么整个无向图就会变为一棵树。于是我们把图计数转化为了树计数。

设 \(f_{i,j}\) 为 \(i\) 个点，\(j\) 条割边的无向连通图个数。

由于 \(n\) 个点的无向连通图的割边数量 \(\leq n-1\)，则答案为 \(\sum_{i=0}^{\min(m,n-1)}f_{n,i}\)。

当 \(j>0\) 时，考虑 \(1\) 号节点所在的 E-DCC。设其含有 \(k\) 个点，删去它后剩下 \(x\) 个连通块，则答案可分为三部分：

1. 这个 E-DCC 的数量，为 \(\binom{i-1}{k-1}\times f_{k,0}\)；
2. 剩下 \(i-k\) 个点，有 \(j-x\) 条割边，组成 \(x\) 个连通块的方案数，暂且记为 \(g_{i-k,j-x,x}\)；
3. 两者之间的边的选择方案。考虑剩下的每个连通块，设其大小为 \(y\)。其向 E-DCC 连的边，在 E-DCC 上的端点有 \(k\) 种选择，在连通块中的端点有 \(y\) 种选择。前面部分是好算的，为 \(k^x\)；而后半部分我们要更改 \(g\) 的定义：将 “连通块” 改为 “有根连通块”。

于是我们得到：

\[f_{i,j}=\sum_{k=1}^{i-1}\sum_{x=1}^{\min(j,i-k)} f_{k,0}\times \binom{i-1}{k-1}\times g_{i-k,j-x,x}\times k^x \]

接下来解决遗留问题 \(f_{i,0}\) 与 \(g_{i,j,k}\)。

首先考虑 \(f_{i,0}\) 的值，即大小为 \(i\) 的边双连通图数量。

考虑容斥，我们用大小为 \(i\) 的没有限制的连通图个数减去 E-DCC 个数大于 \(1\) 的连通图个数。

仍然考虑 \(1\) 号点所在的 E-DCC，设其大小为 \(j\)，删掉它后剩下 \(k\) 个连通块。

类似 \(f\) 的转移，设 \(h_{i,j}\) 为 \(i\) 个点组成 \(j\) 个有根连通块的方案数，\(w_i\) 为 \(i\) 个点的连通图个数，则

\[f_{i,0}=w_i-\sum_{j=1}^{i-1}\sum_{k=1}^{i-j} f_{j,0}\times \binom{i-1}{j-1} \times h_{i-j,k}\times j^k \]

不难得出，

\[h_{i,j}=\sum_{k=1}^i w_k \times \binom{i-1}{k-1} \times h_{i-k,j-1}\times k \]

\[w_i=2^{\frac{i(i-1)}{2}}-\sum_{j=1}^{i-1} w_j \times \binom{i-1}{j-1} \times 2^{\frac{(i-j)(i-j-1)}{2}} \]

然后再考虑 \(g_{i,j,k}\) 的值。设 \(1\) 号点所在的连通块有 \(p\) 个点，\(q\) 条割边。可以得到：

\[g_{i,j,k}=\sum_{p=1}^i \sum_{q=0}^j f_{p,q}\times \binom{i-1}{p-1}\times g_{i-p,j-q,k-1}\times p \]

至此，我们求出了所有需要用到的值。

时间复杂度 \(O(n^5)\)，瓶颈在于 \(g\) 的计算。实现中注意转移顺序。

signed main(){
	read(n),read(m);
	Init();
	w[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		w[i]=pw[i*(i-1)>>1];
		for(int j=1;j<i;j++)
			(w[i]+=mod-w[j]*C(i-1,j-1)%mod*pw[(i-j)*(i-j-1)>>1]%mod)%=mod;
	}
	h[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=i;j++){
			for(int k=1;k<=i;k++)
				(h[i][j]+=w[k]*C(i-1,k-1)%mod*h[i-k][j-1]%mod*k)%=mod;
		}
	}
	g[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][0]=w[i];
		for(int j=1;j<i;j++){
			for(int k=1;k<=i-j;k++)
				(f[i][0]+=mod-f[j][0]*C(i-1,j-1)%mod
                 *h[i-j][k]%mod*QuickPow(j,k)%mod)%=mod;
		}
		for(int j=1;j<i;j++){
			for(int k=1;k<i;k++){
				for(int x=1;x<=min(i-k,j);x++)
					(f[i][j]+=f[k][0]*C(i-1,k-1)%mod*
                     g[i-k][j-x][x]%mod*QuickPow(k,x))%=mod;
			}
		}
		for(int j=0;j<i;j++){
			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]+=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-1,m);i++)
		(ans+=f[n][i])%=mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}