题目大意
给你(n,p)，求(n)个点组成的所有无向连通图的边数的平方和模(p)
(nleq 2000,pleq {10}^9)
题解
设(m=frac{n(n-1)}{2},h0_n=n)个点无向图的个数，(h1_n=n)个点组成的所有无向图的边数之和，(h2_n=n)个点组成的所有无向图的边数的平方和，(f0_n=n)个点无向连通图的个数，(f1_n=n)个点组成的所有无向连通图的边数之和，(f2_n=n)个点组成的所有无向连通图的边数的平方和
每条边可以选或不选，所以
[h0_n=2^m
]
因为每条边会被选中(2^{m-1})次，所以
[h1_n=m2^{m-1}
]
因为选(i)条边有(inom{m}{i})种方法，所以
[h2_n=sum_{i=0}^mi^2(^m_{~i})
]
但是这个式子没法快速算出来。我们换一种思路。
我们枚举点(1)连出去的边的条数(i)，根据({(x+sum y)}^2=x^2sum1+2xsum y+sum y^2)，可得
[h2_n=sum_{i=0}^{n-1}inom{n-1}{i}(h2_{n-1}+2ih1_{n-1}+i^2h0_{n-1})
]
我们枚举与点(1)在同一个联通分量里的点的个数，计算联通分量数(geq2)的答案，然后用总的答案去减
[f0_n=h0_n-sum_{i=1}^{n-1}inom{n-1}{i-1}f0_ih0_{n-i}
]
[f1_n=h1_n-sum_{i=1}^{n-1}inom{n-1}{i-1}(f0_ih1_{n-i}+f1_ih0_{n-i})
]
[f2_n=h2_n-sum_{i=1}^{n-1}inom{n-1}{i-1}(f0_ih2_{n-i}+2f1_ih1_{n-i}+f2_ih0_{n-i})
]
时间复杂度：(O(n^2))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
ll c[2010][2010];
ll f0[2010],f1[2010],f2[2010];
ll h0[2010],h1[2010],h2[2010];
int main()
{
// freopen("road.in","r",stdin);
int n;
scanf("%d%lld",&n,&p);
int i,j;
c[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(j=1;j<=i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
}
h0[1]=1;
h1[1]=h2[1]=0;
for(i=2;i<=n;i++)
{
int m=i*(i-1)/2;
h0[i]=fp(2,m);
h1[i]=m*fp(2,m-1)%p;
h2[i]=0;
for(j=0;j<=i-1;j++)
h2[i]=(h2[i]+c[i-1][j]*((h2[i-1]+2*j%p*h1[i-1]%p+j*j%p*h0[i-1]%p)%p)%p)%p;
}
f0[0]=f0[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
{
f0[i]=h0[i];
f1[i]=h1[i];
f2[i]=h2[i];
for(j=1;j<=i-1;j++)
{
f0[i]=(f0[i]-c[i-1][j-1]*f0[j]%p*h0[i-j]%p)%p;
f1[i]=(f1[i]-c[i-1][j-1]*((f0[j]*h1[i-j]%p+f1[j]*h0[i-j]%p)%p)%p)%p;
f2[i]=(f2[i]-c[i-1][j-1]*((f0[j]*h2[i-j]%p+2*f1[j]*h1[i-j]%p+f2[j]*h0[i-j]%p)%p)%p)%p;
}
}
ll ans=(f2[n]%p+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}