带边数的无向连通图计数
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了带边数的无向连通图计数相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
就是求 (n) 个点 (m) 条边的带标号无向连通图个数。
首先可以用最暴力的 (O(n^6)) 做法,直接按城市规划一题的容斥 DP 做法,
记 (f_{n,m}) 表示答案,可以枚举 (1) 号点所在块的情况容斥计算。
(O(n^4)) 做法是一个有意思的斯特林反演。
考虑一个选了 (m) 条边的方案,且形成 (k) 个连通块方案块的方案是 (F_{m,k})。
现在我们还是 (m) 条边,但人为划分出来 (j) 个块一定不两两相连,但块内任意连边,方案是 (G_{m,j})。
有组合关系:
反演以后即:
我们要求的即:
考虑 DP 后面那个 (G),暴力大概不止 (O(n^6)) 。
但是我们发现算这个 (G) 只需要知道块的划分情况,那么这 (m) 条边的可以随意选取。
记 (H_{i,j,m}) 表示 DP 了 (i) 个点,分了 (j) 个块,当前共有 (m) 个边可以用的方案数。
则有:
直接 DP 这个 H 复杂度过高,接下来尝试缩去中间 (j) 那一维。
现在考虑把 ((j - 1)! (-1)^{j - 1}) 的附加贡献在 DP 过程中算上,
发现我们可以先正常选一个块,并固定这个块的一号在最前面,
然后剩下的每加入一个块,带一个 (-1) 的系数并且把这个块的点任意插进去(只需保证不在开头,系数 (i + k - 1choose k))进行 DP。
这样就做到让一个 (k) 个块的方案会算重 ((k - 1)!) 次。
时间复杂度 (O(n^4))。
然而代码短小精悍。
void DP()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
H[i][c2(i)] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = c2(i); j >= 0; --j)
if(H[i][j])
for(int k = 1; i + k <= n; ++k)
H[i + k][j + c2(k)] = (H[i + k][j + c2(k)] - 1ll * H[i][j] * C[i + k - 1][k]) % mod;
for(int j = 0; j <= c2(n); ++j)
{
for(int k = j; k <= c2(n); ++k)
F[j] = (F[j] + 1ll * H[n][k] * C[k][j]) % mod;
F[j] = (F[j] + mod) % mod;
printf("%d
", F[j]);
}
}
以上是关于带边数的无向连通图计数的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章