首先,我们可以设f[i]表示i个点,要求联通的方案数
g[i]表示i个点,不要求联通的方案数
显然g[i]就是每条边选和不选的方案数=2^c(i,2)
然后就要求f数组,那么可以考虑反过来,用g[i]-不合法的数=f[i]
可以枚举i号点所在的联通块的大小
也就是减去在i-1个点里连j-1条边的方案数*j个点联通的方案数*i-j个点不要求联通的方案数
现在,再来考虑边数平方的和
把f和g数组再加多一维表示i个点,不/要求联通的方案数的边数的0次方和,1次方和,2次方和
(a+b)^2=a^2+2ab+b^2,把公式往里套就好了
考虑如何求g数组,设b=1+2+3+…+i-1=(i-1)*i/2,也就是i个点两两联通的边数
那么g[i][0]=2^b,g[i][1]=b*2^(b-1),g[i][2]=b*2^(b-1)+b*(b-1)2^(b-2)=g[i][1]+b(b-1)*2^(b-2)
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=2077;
long long C[maxn][maxn],f[maxn][3],g[maxn][3],n,mod;
long long ksm(long long a,long long b)
{
long long r=1;
for(; b>0; b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) r=r*a%mod;
return r;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&mod);
for(int i=0; i<=n; i++)
{
C[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
f[1][0]=g[1][0]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
long long b=i*(i-1)/2;
f[i][0]=g[i][0]=ksm(2,b),f[i][1]=g[i][1]=(b*ksm(2,b-1))%mod,
f[i][2]=g[i][2]=(g[i][1]+b*(b-1)%mod*ksm(2,b-2)%mod)%mod;
for(int j=1; j<=i-1; j++)
{
(f[i][0]-=C[i-1][j-1]*f[j][0]%mod*g[i-j][0]%mod)%=mod;
(f[i][1]-=C[i-1][j-1]*(f[j][1]*g[i-j][0]%mod+f[j][0]*g[i-j][1]%mod)%mod)%=mod;
(f[i][2]-=C[i-1][j-1]*(f[j][1]*g[i-j][1]*2%mod+f[j][2]*g[i-j][0]%mod+f[j][0]*g[i-j][2]%mod)%mod)%=mod;
}
}
printf("%lld",(f[n][2]+mod)%mod);
}