就是求 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的帶標號無向連通圖個數。
首先可以用最暴力的 \(O(n^6)\) 做法，直接按城市規划一題的容斥 DP 做法，
記 \(f_{n,m}\) 表示答案，可以枚舉 \(1\) 號點所在塊的情況容斥計算。
\(O(n^4)\) 做法是一個有意思的斯特林反演。
考慮一個選了 \(m\) 條邊的方案，且形成 \(k\) 個連通塊方案塊的方案是 \(F_{m,k}\)。
現在我們還是 \(m\) 條邊，但人為划分出來 \(j\) 個塊一定不兩兩相連，但塊內任意連邊，方案是 \(G_{m,j}\)。
有組合關系：
\[G_{m,k} = \sum_{j\ge k} S2(j, k) F_{m,j} \]
反演以后即：
\[F_{m,k} = \sum_{j\ge k} S1(j, k) (-1)^{j - k} G_{m,j} \]
我們要求的即：
\[F_{m,1} = \sum_{j\ge 1} (j - 1)! (-1)^{j - 1} G_{m,j} \]
考慮 DP 后面那個 \(G\)，暴力大概不止 \(O(n^6)\) 。
但是我們發現算這個 \(G\) 只需要知道塊的划分情況，那么這 \(m\) 條邊的可以隨意選取。
記 \(H_{i,j,m}\) 表示 DP 了 \(i\) 個點，分了 \(j\) 個塊，當前共有 \(m\) 個邊可以用的方案數。
則有：
\[G_{m,j}=\sum_{k\ge m} H_{n,j,k} {k\choose m} \]
直接 DP 這個 H 復雜度過高，接下來嘗試縮去中間 \(j\) 那一維。
現在考慮把 \((j - 1)! (-1)^{j - 1}\) 的附加貢獻在 DP 過程中算上，
發現我們可以先正常選一個塊，並固定這個塊的一號在最前面，
然后剩下的每加入一個塊，帶一個 \(-1\) 的系數並且把這個塊的點任意插進去（只需保證不在開頭，系數 \(i + k - 1\choose k\)）進行 DP。
這樣就做到讓一個 \(k\) 個塊的方案會算重 \((k - 1)!\) 次。
時間復雜度 \(O(n^4)\)。
然而代碼短小精悍。
void DP()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
H[i][c2(i)] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = c2(i); j >= 0; --j)
if(H[i][j])
for(int k = 1; i + k <= n; ++k)
H[i + k][j + c2(k)] = (H[i + k][j + c2(k)] - 1ll * H[i][j] * C[i + k - 1][k]) % mod;
for(int j = 0; j <= c2(n); ++j)
{
for(int k = j; k <= c2(n); ++k)
F[j] = (F[j] + 1ll * H[n][k] * C[k][j]) % mod;
F[j] = (F[j] + mod) % mod;
printf("%d\n", F[j]);
}
}