【BZOJ1488】[HNOI2009]图的同构（Burside引理，Polya定理）
题面
题解
求本质不同的方案数，很明显就是群论这套理论了。
置换一共有\(n!\)个，考虑如何对于任意一个置换求不动点数量。
首先边存在或者不存在太麻烦了，我们假装所有边都已经存在，出现过的边和不存在的边用两种不同的颜色染色即可。这样子我们就假装所有的边都出现了，也就是一个完全图。
显然循环是对于点而论的，但是这题同构是对于边而论的。那么我们对于一个点的循环，考虑它的两个顶点。这两个顶点只有两种不同情况，要么在同一个循环内，要么不在同一个循环内。考虑所有在同一个循环中的\(n\)点形成的完全图，那么它的边构成了\(n/2\)个循环，感性理解就是，我们把\(n\)个点拉成一排，把相邻距离为定值的点连上边，显然这样子会构成一个环，因为这个距离的定值\(d\)和\(n-d\)是等价的，所以边构成了\(n/2\)个循环。
考虑两个顶点不在一个循环内，那么构成循环必定是在一个点集中选择一条边连向另外一个点集，再从另外一个点集中选一条边连回来，我们把点集看成两个环，那么每次可以把环上所有的点旋转一下，那么旋转\(lcm\)次之后就转回来了，意味着这\(lcm\)条边必须相同，即构成一个循环，那么边的循环的个数就是\(gcd\)了。
假设有边的置换，我们很容易知道不动点的数量就是\(2^m\)，其中\(m\)是边置换的数量，显然你的个置换中的边的颜色都是相同的。
这样一来，我们就把点置换转换为边置换了，这样就可以方便的计算了。
\(60\)的拆分数大概是百万级别的，我们似乎是可以爆搜拆分数计算答案的。
那么考虑一个拆分数实际上对应的方案数，这个排列组合计算一下就好了。
我们假设有\(k\)个循环，每个的大小分别是\(a_1,a_2,...\)，每个大小的置换个数是\(num_1,num_2...\)
那么这种情况的贡献就是\(\frac{n!}{(\prod a_i!)*(\prod num_i!)}\)，原因就是，\(n!\)是所有方案，然后对于每个置换内，显然环的位置不影响，出去等价的环，然后对于每个等大小的置换，显然位置是可以交换的，那么除去阶乘的排列的影响。
好了，这样子大概可以算完所有置换的不动点数量，然后除掉一个置换总数就对了，显然置换总数是\(n!\)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MOD 997
#define MAX 75
int n,ans,jc[MOD],inv[MOD],jv[MOD];
int g[MAX][MAX],a[MAX],b[MAX],bin[MAX*MAX];
void calc()
{
int ret=jc[n],tot=0,sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
ret=ret*jv[a[i]]%MOD;
for(int j=1;j<=a[i];++j)
ret=ret*inv[i]%MOD,b[++tot]=i;
}
for(int i=1;i<=tot;++i)sum+=b[i]/2;
for(int i=1;i<=tot;++i)
for(int j=i+1;j<=tot;++j)
sum+=g[b[i]][b[j]];
ret=ret*bin[sum]%MOD;
ans=(ans+ret)%MOD;
}
void dfs(int x,int sum)
{
if(x==1){a[x]=n-sum;calc();return;}
for(int i=0;sum+i*x<=n;++i)
a[x]=i,dfs(x-1,sum+i*x);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=bin[0]=1;
for(int i=2;i<MOD;++i)inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<MOD;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%MOD;
for(int i=1;i<MOD;++i)jv[i]=jv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(int i=1;i<MAX*MAX;++i)bin[i]=bin[i-1]*2%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
g[i][j]=__gcd(i,j);
dfs(n,0);ans=ans*jv[n]%MOD;
printf("%d\n",ans);return 0;
}