Pensé que estaba tratando de entender la expresión
$$\frac{(2c\mathrm e^{-2c})^k}{k!}\left(1+k+\frac{k^2}{2!}+\dotso+\frac{k^{k-3}}{(k-3)!}\right)$$
en la Sección 2, la Fase 2 de la hoja de papel. Ahora que usted ha aceptado una respuesta que no se refieren a eso, no estoy seguro, pero voy a escribir mi respuesta de todos modos.
Primero, tenga en cuenta la situación que usted describe no es el que se investigó en el papel; de hecho, es uno de los que se mencionan al final de la nota de pie de página en la primera página. En el escenario, la probabilidad de que cada borde de existir es independiente de las probabilidades de todas las otras aristas. En el escenario en el papel, un gráfico que contiene un número fijo $N$ de los bordes es elegido al azar. En este caso, dado que el número total de aristas es fijo, la existencia de un borde que hace que la existencia de las otras aristas menos probable.
Sin embargo, los dos escenarios son, por supuesto, estrechamente relacionados, y sería de esperar que la diferencia se desvanecen con el $n\to\infty$, tanto como la diferencia entre el microcanonical conjunto y el ensemble canónico se vuelve irrelevante en el límite termodinámico.
Así que vamos a asumir su situación. Algo confusamente, se introdujo un parámetro de $c$ que es el doble del parámetro correspondiente en el papel: Mientras que el papel se supone $N\sim cn$, usted asume la $p\sim c/n$, y ya en el límite de $n\to\infty$ esperaríamos $p\sim N/\binom n2\sim2N/n^2$, hay un factor de $2$. Voy a usar las $c$ tal como se han definido, pero este debe ser reemplazado por $2c$ para obtener la expresión dada en el papel.
David ya ha demostrado que el número esperado de componentes con $k$ vértices y $k$ bordes es $G_kc^k\mathrm e^{-ck}/k!$, por lo que sólo queda por determinar el número de $G_k$ de los conectados gráficos con $k$ bordes en $k$ etiquetado de los vértices. Esto se puede hacer usando una forma generalizada de Prüfer secuencias.
Un grafo conexo con $k$ vértices y $k-1$ bordes es un árbol, de modo que un grafo conexo con $k$ vértices y $k$ bordes tiene exactamente un ciclo. Deje $m$ el número de aristas en ese ciclo. Ahora definir una política generalizada de Prüfer secuencia de la siguiente manera: en cuanto a los árboles, en cada paso quitar el vértice con grado de $1$ con los más pequeños de la etiqueta. Mientras que para un árbol de este proceso termina con sólo $2$ vértices de la izquierda, en el presente caso se termina sólo con el ciclo de la izquierda. Todas las etiquetas en la secuencia, excepto el último que puede ser cualquiera de las $k$ etiquetas; la última de ellas ha de ser una de las $m$ etiquetas de los vértices en el ciclo. Por lo tanto, hay $mk^{k-m-1}$ posible Prüfer secuencias, y como en el árbol de los casos, estas son en bijection con la posible prórroga de un determinado $m$-ciclo. Hay $\binom km$ formas de elegir el $m$ vértices en el ciclo, y $(m-1)!/2$ formas de organizarlos en un ciclo ($m!$ permutaciones, de los cuales, $m$ son equivalentes a través de un ciclo de cambio y $2$ son equivalentes a través de la inversión). Poniendo todo junto, y sumando más de $m$ $3$ $k$a cuenta de todos los posibles números de los vértices en el ciclo, hemos
$$G_k=\sum_{m=3}^k\binom km\frac{(m-1)!}2mk^{k-m-1}=\frac{(k-1)!}2\sum_{m=3}^k\frac{k^{k-m}}{(k-m)!}\;.$$
Comparando con la expresión en el papel, en la que la suma entre paréntesis debe ser $G_k$, hay un factor adicional de $(k-1)!/2$. El resultado parece ser la correcta, a pesar de que, como se puede comprobar comparando con la OEIS página de David vinculados a, o contando el número de casos $k=3$ $k=4$ a mano. Parece poco probable que la discrepancia se debe a los diferentes escenarios descritos anteriormente, que se podría manifestar en efectos más sutiles pero no en un factor importante; esto es confirmado por el resultado de $(2c)^k/(2k)$ para el número esperado de $k$-ciclos de un par de líneas más arriba, que toma el factor de $(k-1)!/2$ en cuenta y que coincide con lo que uno esperaría en su escenario. Así que yo no puedo ver ninguna explicación para la discrepancia; parece que el factor de $(k-1)!/2$ podría haber sido omitido por accidente en el papel.
