传送门

题意：求$N$个点的带标号无向连通简单图的个数。

$N\le 130000$

这个问题的主要矛盾在于连通

这个并不好表示，但可以用这个表示出不要求连通的方案数

由于带标号，先构造答案的EGF $f(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }\frac{a_i}{i!}{x}^i$,其中$a_i$表示$i$个点的带标号无向连通简单图的个数。

设EGF $g(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }\frac{b_i}{i!}{x}^i$表示$i$个点的带标号无向连通简单图的个数。

显然$b_i=2^{C_i^2}$

然后可以用$f$表示$g$:枚举连通块的数量求幂,除以顺序$i!$($0$是来凑数的)

$$g(x)=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f^i(x)}{i!}$$

这是什么？$e^x$的泰勒展开式啊（泰勒展开在$x_0=0$时称麦克劳林级数）

$$g(x)=e^{f(x)}$$

$$f(x)=ln(g(x))$$

求个$ln$即可

复杂度$O(nlogn)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 262144
using namespace std;
const int MOD=1004535809;
typedef long long ll;
int fac[MAXN],finv[MAXN];
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
int r[MAXN],rt[2][22];
inline void init(const int& l){for (int i=0;i<(1<<l);i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
void NTT(int* a,int l,int type)
{int lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1;int Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=(ll)w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);}}if (type){int t=inv(lim);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;}
}
void getinv(int* A,int* B,int n)
{static int t[MAXN];if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));getinv(A,B,(n+1)>>1);int l=0;while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;for (int i=0;i<n;i++) t[i]=A[i];for (int i=n;i<(1<<l);i++) t[i]=B[i]=0;init(l);NTT(t,l,0);NTT(B,l,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)B[i]*(MOD+2-(ll)t[i]*B[i]%MOD)%MOD;NTT(B,l,1);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
inline void deriv(int* A,int* B,int n)
{for (int i=0;i<n-1;i++) B[i]=(ll)A[i+1]*(i+1)%MOD;B[n-1]=0;
}
inline void integ(int* A,int* B,int n)
{for (int i=1;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i-1]*finv[i]%MOD*fac[i-1]%MOD;B[0]=0;
}
void getln(int* A,int* B,int n)
{static int f[MAXN],g[MAXN];deriv(A,f,n);getinv(A,g,n);int l=0;while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;init(l);for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,l,0);NTT(g,l,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(f,l,1);integ(f,B,n);
}
int f[MAXN],g[MAXN];
int main()
{rt[0][21]=qpow(3,479);rt[1][21]=inv(rt[0][21]);for (int i=20;i>=0;i--){rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;}int n;scanf("%d",&n);fac[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[n]=inv(fac[n]);for (int i=n-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=(ll)qpow(2,((ll)i*(i-1)/2)%(MOD-1))*finv[i]%MOD;getln(f,g,n+1);printf("%d\n",(ll)g[n]*fac[n]%MOD);return 0;
}