Steven_Meng's Blog

设$i$个点的连通块个数为$F(i)$，所有$i$个点的图的个数为$G(i)$
从反面考虑问题，发现$i$个点连通图个数=所有$i$个点的图的个数-$i$个点非连通图的个数。
考虑所有$i$个点的图的个数，每条边可选可不选，共$i \times (i-1)/2$条边，则$G(i)=2^{i \times (i-1)/2}$
考虑$i$个点非连通图的个数，设节点$1$所在的连通块大小为$j$，那么我们选出这个连通块的方法数为$F(j) \times C^{j-1}_{i-1}$，也就是从剩下$i-1$个节点中选出$j-1$个，与节点$1$组成连通块。
剩下$i-j$个点随便乱连，有$G(i-j)$种搞法。

那么我们可以推出$dp$方程式：

$F(i)=G(i)-\sum F(j) \times C^{j-1}_{i-1} \times G(i-j) (1 \le j \le i-1)$

代码（高精自己打）

bign C[51][51];
inline void Init(){
    for (register int i=1;i<=50;++i){
        C[i][0]=1,C[i][i]=1;
        for (register int j=1;j<i;++j){
            C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
        }
    }
}
inline bign pow2(int k){
    bign ans=1,p=2;
    while (k){
        if (k&1) ans=ans*p;
        p=p*p;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
bign dp[51];
inline bign f(int x){//x个点随便怎么连
    return pow2(x*(x-1)/2);
}
int main() {
    Init();
    dp[1]=1;
    for (register int i=2;i<=50;++i){
        dp[i]=f(i);
        for (register int j=1;j<=i-1;++j){
            dp[i]=dp[i]-dp[j]*C[i-1][j-1]*f(i-j);
        }
    }
    while (true){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        if (x==0) break;
        cout<<dp[x]<<endl;
    }
}