就是求 (n) 个点 (m) 条边的带标号无向连通图个数。
首先可以用最暴力的 (O(n^6)) 做法，直接按城市规划一题的容斥 DP 做法，
记 (f_{n,m}) 表示答案，可以枚举 (1) 号点所在块的情况容斥计算。
(O(n^4)) 做法是一个有意思的斯特林反演。
考虑一个选了 (m) 条边的方案，且形成 (k) 个连通块方案块的方案是 (F_{m,k})。
现在我们还是 (m) 条边，但人为划分出来 (j) 个块一定不两两相连，但块内任意连边，方案是 (G_{m,j})。
有组合关系：
[G_{m,k} = sum_{jge k} S2(j, k) F_{m,j}
]
反演以后即：
[F_{m,k} = sum_{jge k} S1(j, k) (-1)^{j - k} G_{m,j}
]
我们要求的即：
[F_{m,1} = sum_{jge 1} (j - 1)! (-1)^{j - 1} G_{m,j}
]
考虑 DP 后面那个 (G)，暴力大概不止 (O(n^6)) 。
但是我们发现算这个 (G) 只需要知道块的划分情况，那么这 (m) 条边的可以随意选取。
记 (H_{i,j,m}) 表示 DP 了 (i) 个点，分了 (j) 个块，当前共有 (m) 个边可以用的方案数。
则有：
[G_{m,j}=sum_{kge m} H_{n,j,k} {kchoose m}
]
直接 DP 这个 H 复杂度过高，接下来尝试缩去中间 (j) 那一维。
现在考虑把 ((j - 1)! (-1)^{j - 1}) 的附加贡献在 DP 过程中算上，
发现我们可以先正常选一个块，并固定这个块的一号在最前面，
然后剩下的每加入一个块，带一个 (-1) 的系数并且把这个块的点任意插进去（只需保证不在开头，系数 (i + k - 1choose k)）进行 DP。
这样就做到让一个 (k) 个块的方案会算重 ((k - 1)!) 次。
时间复杂度 (O(n^4))。
然而代码短小精悍。
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
", F[j]);
}
}