BZOJ 1488 [HNOI2009]图的同构 Polya定理

题意:链接

方法: Polya定理

解析:

先扯点题外话。

小雨淅沥的下午，PoPoQQQ爷在屠了一道题后放松心情，恰看见我把知识点上的群论标记已会。
于是，为了发扬D人的精神，PoPoQQQ爷打开了BZOJ，给我找了这么一个题，说：”这题都没做过还敢说会群论？”
……
……
征战半下午，卒。
（我好菜以后再也不敢说我会啥了T_T

(做这道题千万别去OEIS找通项=-=)

好不扯了，言归正传说这道题怎么做。

这道题确实是个好题，跟以前的群论的解法有共同点但是又有新的东西。

反正我他妈是没推出来。太难辣。

首先题意既然是求不同构的图的个数。

并且点可以任意置换。

所以我们可以这么想这道题。

即所有的边，选取为1，不选取为0。

这就是个染色问题吗。

然后再上个Polya什么的就搞定了。

然而发现，这他妈不对啊。

我们可？求？点的置换，边怎么办啊！

点的置换显然n!，即全排列。

但是边呢！

然后我就死在这里了。

怎么找呢？

不急，我们先来看点的选法。

首先我们肯定能给这个n个点划分一下。

划分成若干部分，每一部分之间可以互相置换。

好像说的有点扯？

其实就是我们来划分一下循环。

每一种划分是一个置换。

然后我们来考虑边，

对于一条边。

它的两个顶点要么是在同一个循环内，要么是在两个循环内。

如下是一个点循环为5的图，显然图中的红色边集体是一个边循环，绿色边集体是一个边循环。

这个画画图就出来了。

其实要证好像也不难？

首先最外层的一堆边肯定是一个循环。

然后我们隔一个连边又是一个循环。

隔两个又是..

直到什么时候呢？

比如这个五边形。

当我们隔两个连的时候就相当于反向连了一个隔一个地边。

这显然之前已经连过了，所以就没有增广循环了。

那么我们就得出来了一个结论，对于在同一个点循环内部的边循环个数，是点循环大小除2。

那么不在一个点循环内的两个点之间的边呢？

图我只能说我尽力了。

一个点循环大小为6，另一个为3，显然有3个边循环。

所以规律呢？

您画一遍就知道是GCD了。

这样我们就研究完了点循环转化边循环。

N的范围是60，我们要划分N的话据说是10^6数量级的。如果我们暴力搞，是不行的。

所以哪里出问题了呢。

让我们来想一个问题。

对于3个点来说，显然排列有6种，但是呢，其中有三种都是一个大小为1的点循环加上一个大小为2的点循环。

也就是说这个方案我们多枚举了两次。

所以我们要优化掉这个东西的话就差不多了。

怎么实现呢？

我们不妨来枚举当前枚举到的点循环的大小。然后在枚举一下个数。

这样我们枚举的复杂度大概是多少呢？

我只算大概。

那我们就不妨把这个枚举复杂度定为 O(∑ni=1i∗log(i))

现在来考虑我们枚举完了之后怎么做。

枚举完了之后，因为颜色只有两种(选边或者不选)

所以我们要统计一下边循环的个数。

怎么统计我上面已经说了。

不妨设统计完是x个边循环。

现在对于我们枚举出来的一个点循环集 l1,l2...lm 来说，有多少个这个点循环集呢？

有 N!|l1|∗|l2|∗...∗|lm|

但是注意到，我们枚举出来的点循环集可能有大小相等的。

所以我们还得除掉大小相等的点循环集的个数的排列。

至于如上为什么是这样，您要是不知道的话，那请听一听排列组合吧。

于是对应的这个点循环搞出来的如此的边循环集个数是多少呢 N!|l1|∗|l2|∗...∗|lm|∗|S1!|∗|S2!|∗...∗|Sq!|

S的定义上文我已经说过了。

然后加上polya定理就搞定了。

但是总置换个数是多少呢？(全排列)

N!…

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1010
#define mod 997
using namespace std;
int n,cnt,ans;
int powtwo[N],factor[N],invfac[N],num[N],val[N],gcd[N][N],inv[N];
int get_gcd(int x,int y)
{
    while(y)
    {
        int t=y;
        y=x%y;
        x=t;
    }
    return x;
}
int get_inv(int x,int y)
{
    int ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=(ret*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
void init()
{
    powtwo[0]=factor[0]=invfac[0]=1;
    for(int i=1;i<=mod;i++)
    {
        factor[i]=factor[i-1]*i%mod;
    }
}
void dfs(int now_num,int left)
{
    if(left==0)
    {
        int retnow=0;
        int bot=1;
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            retnow+=num[i]*(num[i]-1)/2*val[i]+val[i]/2*num[i];
            for(int j=i+1;j<=cnt;j++)
                retnow+=num[i]*num[j]*get_gcd(val[i],val[j]);
        }
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            bot=(bot*get_inv(val[i],num[i])%mod*factor[num[i]])%mod; 
        } 
        bot=get_inv(bot,mod-2)*factor[n]%mod; 
        ans=(ans+get_inv(2,retnow)*bot%mod)%mod; 
    }
    if(now_num>left)return;
    dfs(now_num+1,left);
    for(int i=1;i*now_num<=left;i++)
    {
        val[++cnt]=now_num,num[cnt]=i;
        dfs(now_num+1,left-i*now_num);
        cnt--;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    init();
    dfs(1,n);
    ans=ans*get_inv(factor[n],mod-2)%mod;
    printf("%d\n",ans);
}