首先這題可以分析一下性質：
直接列舉集合的話對於乙個有n個聯通塊的圖會算重2n
2 n次
因此我們考慮怎麼容斥
首先定義：最後乙個聯通塊：包含了當前最大點的聯通塊進而可以算出對每個大小而言有多少種聯通塊
然後就可以通過列舉最後乙個塊的大小、組成以及之前答案活得所求
標程如下
#include #include //一般而言，最後乙個聯通塊指有標號最大的點的聯通塊
//先考慮補圖，原題等效於要求整個圖g（v,ee）為乙個二分圖
//直接dp集合而不dp圖的話會導致有k個聯通快的圖被算重2^k次
//每個聯通塊都可以正放、反放
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 1010;
const int mod = 105225319;
int n, m, c[n][n], pw[250010];
int f[n], g[n], ans[n];
void inc(int &a, int b)
void dec(int &a, int b)
int fpm(int a, int b)
void prepare()
int main()
prepare();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int i = 1; i <= n; ++i)
int iv = fpm(2, mod - 2);//inv of 2
for (int i = 1; i <= n; ++i)
f[i] = (ll)f[i] * iv % mod;
//每個聯通塊都可以正放、反放故而除以2
ans[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
//為了避免被批判一番隨機+1
printf("%d\n", ans[n]+rand()%2);
}
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