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没想到吧我没咕，上面只是一个防止预览的 padding
打个预防针：可以 K，反正我也拦不了您，但是 CH4 要点赞，不然评论有概率被删除
然后内容挺平凡的，，，如果看完觉得毫无信息量不要喷我
定义序列 f_n 的 EGF 和 GGF 为：
{\rm A}(x)=\sum_nf_n\frac{x^n}{n!},\qquad{\bf A}(x)=\sum_n\frac{f_n}{2^\binom n2}\frac{x^n}{n!}
那么设 {\bf C}(x)={\bf A}(x){\bf B}(x)，有：
[x^n]{\bf C}(x)=2^\binom n2n![x^n]\left(\sum_i\frac{a_i}{2^\binom i2}\frac{x^i}{i!}\right)\left(\sum_j\frac{b_j}{2^\binom j2}\frac{x^j}{j!}\right)=\sum_{i+j=n}\binom ni2^{ij}a_ib_j
相当于从 \mathcal A 中选 i 个点，\mathcal B 中选 j 个点，给它们分配标号，然后中间随意连边。为了方便，我们规定这些边都是从 A 连向 B 的。如下图所示：
然后定义两个 EGF {\rm A}(x),{\rm B}(x) 的点积 {\rm A}(x)\odot{\rm B}(x) 为：
{\rm A}(x)\odot{\rm B}(x)=\sum_na_nb_n\frac{x_n}{n!}
设 {\rm G}(x) 为任意无向图的 EGF，{\bf D}(x) 为任意有向图的 GGF，{\bf Set}(x) 为没有边的图的 GGF，那么有：
{\rm G}(x)={\bf D}(x)=\sum_n2^\binom n2\frac{x^n}{n!},\qquad{\bf Set}(x)=\sum_n\frac1{2^\binom n2}\frac{x^n}{n!}
然后对于任意序列 a_n 的 EGF 和 GGF {\rm A}(x),{\bf A}(x)，有如下的关系：
{\rm A}(x)={\rm G}(x)\odot{\bf A}(x),\qquad{\bf A}(x)={\bf Set}(x)\odot{\rm A}(x)
证明也非常显然：
\begin{aligned}
{\rm G}(x)\odot{\bf A}(x)&=\left(\sum_n2^\binom n2\frac{x^n}{n!}\right)\odot\left(\sum_n\frac{a_n}{2^\binom n2}\frac{x^n}{n!}\right)=\sum_na_n\frac{x^n}{n!}={\rm A}(x)\\
{\bf Set}(x)\odot{\rm A}(x)&=\left(\sum_n\frac1{2^\binom n2}\frac{x^n}{n!}\right)\odot\left(\sum_na_n\frac{x^n}{n!}\right)=\sum_n\frac{a_n}{2^\binom n2}\frac{x^n}{n!}={\bf A}(x)\\
\end{aligned}
设 {\bf DAG}(x,z) 为固定点数和零入度点数的 DAG 个数的 GGF，{\bf DAG}(x) 为仅固定点数的 GGF。
考虑从一张 d 个点的，没有边的图向 DAG 任意连边。那么最终得到的 DAG 中至少有 d 个零入度点。于是我们可以得到下面的式子：
{\bf Set}(xz){\bf DAG}(x)={\bf DAG}(x,z+1)
*图：将无边图向 DAG 任意连边。*
将上式代入 $z=-1$，可得 ${\bf Set}(-x){\bf DAG}(x)={\bf DAG}(x,0)$。由于只有空图没有零入度点，所以 ${\bf DAG}(x,0)=1$，即 ${\bf DAG}(x)=1/{\bf Set}(-x)$。
DAG 数完了，然后来数强连通图。设 ${\rm SCC}(x),{\bf SCC}(x)$ 为固定点数的强连通图数量的 EGF 和 GGF。**注意：这里认为空图不是强连通图。**
考虑任意图缩点之后会变成 DAG，DAG 中每个点都会是一个强连通分量。我们称 DAG 中的零入度点对应的强连通分量为**类源 SCC**。然后设 ${\bf D}(x,z)$ 为固定点数和类源 SCC 数的有向图个数的 GGF。
考虑和上面类似的方法。我们将「$d$ 个强连通图」向「任意有向图」任意连边。那么最终得到的有向图中至少有 $d$ 个类源 SCC。于是我们可以得到下面的式子：
$$
\left({\bf Set}(x)\odot e^{z{\rm SCC}(x)}\right){\bf D}(x)={\bf D}(x,z+1)
$$
*图：将 SCC 向任意图任意连边。*
其中 $e^{z{\rm SCC}(x)}$ 代表任意多个强连通图（类源 SCC）$z$ 用来标记其个数。${\bf Set}(x)$ 用来将 EGF 转为 GGF，根据公式 ${\bf Set}(x)\odot{\rm A}(x)={\bf A}(x)$。
然后代入 $z=-1$，可得
$$
\begin{aligned}
\left({\bf Set}(x)\odot e^{-{\rm SCC}(x)}\right){\bf D}(x)&={\bf D}(x,0)\\
\left({\bf Set}(x)\odot e^{-{\rm SCC}(x)}\right){\bf D}(x)&=1\\
{\bf Set}(x)\odot e^{-{\rm SCC}(x)}&=\frac1{{\bf D}(x)}\\
{\rm G}(x)\odot{\bf Set}(x)\odot e^{-{\rm SCC}(x)}&={\rm G}(x)\odot\frac1{{\bf D}(x)}\\
e^{-{\rm SCC}(x)}&={\rm G}(x)\odot\frac1{{\bf D}(x)}\\
e^{-{\rm SCC}(x)}&={\rm G}(x)\odot\frac1{{\rm G}(x)}\\
{\rm SCC}(x)&=-\ln\left({\rm G}(x)\odot\frac1{{\rm G}(x)}\right)\\
\end{aligned}
$$
于是我们得到了强连通图个数的计算方式。