快樂地打牢基礎（12）——Burnside引理和 Polya計數公式

前置知識

1.羣的定義

給定一個集合 $G = \{a,,b,c,...\}$ 和集合 $G$ 上的二元運算 $"*"$ ，並滿足以下四個條件：

封閉性： $\forall a,b\in G,\exists c \in G,a*b=c$ 。
結合律： $\forall a,b,c\in G,(a*b)*c=a*(b*c)$ 。
單位元： $\exists \ e\in G,\forall a \in G a*e=e* a = a$ 。
逆元： $\forall a\in G,\exists b \in G,a*b=b*a=e,記\ b=a^{-1}$ 。

則稱 $G$ 在運算 $“*”$ 下十一個羣，簡稱 $G$ 是一個羣，一般 $a*b$ 簡寫爲 $ab$ .。 $“*”$ 可以是任何運算，如果 $“*”$ 是 $“+”$ ，就稱爲加法羣，是 $“\times”$ ，就稱爲乘法羣。如果羣 $G$ 中的元素是有限的，就稱爲有限羣，否則稱爲無限羣，有限羣中的元素個數稱爲有限羣的階。

2.羣的運算

對於 $g\in G$ ，對於 $G$ 的子集 $H$ ，定義 $g*H=\{gh|g\in H\}$ ，簡寫爲 $gH;H*g=\{hg|h \in H\}$ ,簡寫爲 $Hg$ 。

對於 $G$ 的子集 $A,B$ ，定義 $A*B=\{ab|a\in A,b\in B\}$ ，簡寫爲 $AB$ 。
對於 $G$ 的子集 $H$ ，記 $H^{-1}=\{h^{-1}|h\in H\}$
定理1：若 $(G,*)$ 是羣，則對於任一 $g\in G,gG= Gg=G$ 。
定理2：若 $(G,*)$ 是羣， $H$ 是 $G$ 的非空子集，並且 $(H,*)$ 也是羣，那麼稱 $H$ 爲 $G$ 的子羣。

根據定理2 可以判斷子集是否爲一個子羣： $HH=H,且H^{-1}=H$ 等價於 $H$ 是 $G$ 的子羣。

3.置換

$n$ 個元素 $1,2,...n$ 之間的一個置換
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & ...&n \\ a_1 & a_2 &...& a_n \end{matrix} \right)$
表示 $1$ 被 $1$ 到 $n$ 中的某個數 $a_1$ 取代， $2$ 被 $1$ 到 $n$ 中的某個數 $a_2$ 取代，…，直到 $n$ 被 $1$ 到 $n$ 中的某個數 $a_n$ 取代，且 $a_1,a_2,...,a_n$ 互不相同。

4.置換羣

置換羣的元素是置換，運算是置換的連接。例如：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} \right)= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 3 & 1 & 2 & 4 \\ 2 & 4 & 3 & 1 \end{matrix} \right)= \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 3 & 1 \end{matrix} \right)$
可以驗證置換羣滿足羣的 4 個條件。

下面舉個題目的例子：

He‘s Circles（SGU294）

題意： 有一個長度爲N的環，上面寫着’X’和’E’，問本質不同的環有多少種。(N不超過200000)。

SGU已經掛掉了，所以不再用這題作爲例題。

主要是用來練習找一下本題中的置換羣 $G =$ {轉0格，轉1格，轉2格,…,轉n-1格}
轉 0 格：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & ...& n \\ 1 & 2 & ... & n \end{matrix} \right)$
轉 1 格：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & ...& n \\ 2 & 3 & ... & 1 \end{matrix} \right)$
轉 2 格：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & ...& n \\ 3 & 4 & ... & 2 \end{matrix} \right)$
$....$
轉 n-1 格：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & ...& n \\ n & 1 & ... & n-1 \end{matrix} \right)$

5.循環

先介紹一個循環的概念：
$\left( \begin{matrix} a_1 & a_2 & ... & a_n \\ \end{matrix} \right)= \left( \begin{matrix} a_1 & a_2 &... & a_n \\ a_2 & a_3 & a_n & a_1 \end{matrix} \right)$
稱爲 $n$ 階循環。每個置換都可以寫若干互不相交的循環的乘積，兩個循環 $(a_1a_2...a_n)$ 和 $(b_1b_2...b_n)$ 互不相交是指 $a_i \not =b_j,i,j=1,2,...,n$ 。例如：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 &3 & 4&5 \\ 3 & 5 & 1 & 4&2 \end{matrix} \right)= (13)(25)(4)$
置換的循環節數是上述表示中循環的個數。例如 $(13)(25)(4)$ 的循環節數爲 3。

BurnSide 引理

BurnSide 引理是羣論中的一個重要結論，在組合數學中可用於計算等價類的個數，常用於Polya計數。

1.主要內容:

用 $D(a_j)$ 表示在置換 $a_j$ 下不變的元素的個數（不動點數）。 $L$ 表示本質不同的方案數（等價類的個數）， $|G|$ 是置換羣中置換的個數。
$\displaystyle L = \frac{1}{|G|}\sum_{j = 1}D(a_j)$

對於上述 He‘s Circles（SGU294） 例子中 $N = 4$ 的情況，一共有4個置換：
$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 1 & 2 & 3 \end{matrix} \right)$
因爲每個點只有兩個狀態"X"和"E",所以一共有 $2^4=16$ 種情況。

所有方案在置換 $a_1$ 下都不變， $D(a_1) = 16$
XXXX 和 EEEE 在置換 $a_2$ 下不變， $D(a_2) = 2$
XXXX 和 EEEE 及 XEXE 和 EXEX 在置換 $a_3$ 下不變， $D(a_3) = 4$
XXXX 和 EEEE 在置換 $a_4$ 下不變， $D(a_4) = 2$

綜上， $L = \frac{1}{4}(16 + 2 + 4 + 2)＝6$

下面主要介紹一個經典的案例：方陣着色問題
對於 $2*2$ 的方陣用黑白兩種顏色塗色，問能得到多少種不同的圖像？經過旋轉使之吻合的兩種方案，算是同一種方案。(圖片來自百度百科)

從圖中我們可以發現案例3，案例4，案例5，案例6 可以通過旋轉變爲一種，我們就可以把（3,4,5,6）稱爲等價類（具體概念之後會有）。
那麼一共有多少等價類呢？

1
2
3,4,5,6
7,8,9,10
11,12
13,14,15,16

所以我們可以知道等價類數目就是6，仔細想一想，我們可以發現這個例子就和我們上面 SGU例子中,N = 4 是一樣的。

對於四個置換{逆時針旋轉0°,逆時針旋轉90°,逆時針旋轉180°,逆時針旋轉270°}，其不動點數分別爲16, 2, 4, 2。所以等價類數目爲(16+2+4+2)/4 = 6。

2.補充的兩個概念

$E_k$ 等價類：設 $k$ 是 $1,2,...,n$ 中的某個元素， $k$ 在置換羣 $G$ 作用下的軌跡上所有元素的集合

舉個例子：

在方陣着色問題中，

方案 1 在{逆時針旋轉0°,逆時針旋轉90°,逆時針旋轉180°,逆時針旋轉270°}的四個置換下的都是方案1，所以 $E_1=\{1\}$
方案 3 ,在{逆時針旋轉0°,逆時針旋轉90°,逆時針旋轉180°,逆時針旋轉270°}的四個置換下分別是方案3,4,5,6所以 $E_3=\{3,4,5,6\}$ 。

$Z_k,k$ 不動置換類：** 設 $k$ 是 $1,2,...,n$ 中的某個元素，在置換羣 $G$ 作用下使 $k$ 的位置保持不變的置換的全體。

舉個例子：

對於上圖的方案 11，{逆時針旋轉0°,逆時針旋轉90°,逆時針旋轉180°,逆時針旋轉270°}的四個置換下分別變成了方案11 ，方案12，方案11，方案12。所以只有第一個置換和第三個置換保證了位置不變
$Z_{11}=\{a_1,a_3\}$ 。

公式

總結一下：
BurnSide引理就是非等價着色數等於置換羣中保持不變的着色的平均數，

等價類 = 各個置換下不動點個數的和 / 置換羣中的置換個數。

Polya定理

Polay定理實際上是BurnSide引理的具體化，因爲BurnSide中 $D(a_j)$ 並不是很好計算，搜索的話要大量的時間，所以Polya 定理提供了計算不動點的具體方法，達到快速求出 $D(a_j)$ 的目的。

假設一個置換有 $k$ 個循環，易知每個循環對應的所有位置顏色需一致，而任意兩個循環之間選什麼顏色互不影響。因此，如果有m種可選顏色，則該置換對應的不動點個數爲 $m^k$ 。用其替換BurnSide引理中的 $D(a_j)$ ，得到等價類數目爲：
　　
$L =\frac{1}{|G|}(m^{c(g_1)}+m^{c(g_2)}+...+m^{c(g_2)})$

$m^{c(g_i)}$ 爲第 $i$ 個置換的循環個數。

總結一下：

Polya定理就是用（染色顏色^循環節數）求和來替代 Burnside中的不動點個數

各個置換下不動點個數的和 = 染色顏色^循環節數的和

所以我們解決求等價類個數的問題就轉化成了兩個主要問題：

構造置換羣
計算置換羣中每個置換的循環節數並求和。

下面是一道經典例題：
POJ 1286 Necklace of Beads

題意

給出三種顏色紅綠藍，對一串n個小球的環染色，環可以旋轉和翻轉，問最終可能有多少不同的染色方案。

思路

按照我們上面描述的那樣，我們先解決第一個問題：構造我們的置換羣。

分析題目，我們可以有 n個小球，3種顏色，我們可以通過旋轉來找到本質相同的染色方案，但這樣就結束了嗎？並沒有，我們來看下面這個例子：

面對圖中的情況，我們通過旋轉是沒有辦法找到兩個本質相同的方案，所以還需要考慮翻轉的問題。

到此我們知道，可以把我們的置換主要分爲兩類：

旋轉：旋轉 $i$ 個小球的距離，那麼會得到 $0～n-1$ 的置換方案，共有 $n$ 種。旋轉 $i$ 個小球，我們的第 $j$ 個小球就轉到了第 lab[j] 個位置。lab[j] = (i + j) % n + 1;
翻轉：其實就是將對稱的位置交換，第 j 個位置第 n + 1 - j 個位置交換。

解決了置換羣的構造問題，那麼下一步就是計算出循環節數的問題。
首先使用一種樸素的計算循環節數的方法，就是直接模擬我們手算循環節數的過程。

樸素循環節求法：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#define ll long long 
using namespace std;

const int N = 30;
int lab[N];
bool vis[N] = {0};
int n;

//快速冪
ll qpow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1){
			res *= a;
		}
		a *= a;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
//計算循環節數
ll get_loop(){
	ll cnt = 0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(vis[i]) continue;
		cnt++;
		int j = i;
		do{
			vis[j] = true;
			j = lab[j];	
		}while(!vis[j]);
	}
	return cnt;
} 
int main(){
	while(cin>>n){
		//printf("No smoking!");
		if(n == -1) break; 
		ll ans = 0;  
		if(n < 1){
			puts("0");
			continue;
		}
		for(int i = 0; i < n; i++){
			//旋轉
			for(int j = 1; j <= n; j++) lab[j] = (i + j) % n + 1;
			ans += qpow(3,get_loop());
			//翻轉
			for(int j = 1; j <= n / 2; j++) swap(lab[j],lab[n + 1 - j]);
			ans += qpow(3,get_loop());
		}
		printf("%lld\n",ans/(n*2));
	}
	return 0;
}

前人總結了一些關於循環節的一些結論：

①旋轉。有n種置換，分別是1次旋轉1個珠子，2個，3個…n個。對於1次旋轉i個珠子，我們要求出循環節數可以先求出循環長度，一個位置置換x次之後回到原位，所以x=ny/i，要使x儘量小且爲整數那麼ny只能是lcm(n,i)，於是循環長度爲lcm(n,i)/i，那麼循環節數爲總長除以循環長度，n/(lcm(n,i)/i)=gcd(n,i)【n*i/gcd(n,i)=lcm(n,i)】。所以1次旋轉i個珠子的循環節數爲gcd(n,i)。

②翻轉。對於奇偶性分類討論。

（1）n爲奇數。對於每個點作爲對稱軸左右翻轉，則共n個置換，循環節數(n+1)/2。

（2）n爲偶數。

a.對於對稱的兩個點作爲對稱軸左右翻轉。n/2個置換，循環節數(n+2)/2。

b.對於兩個點中間的空格作爲對稱軸左右反轉，n/2個置換，循環節數n/2。

則共n個置換。

所以不論奇偶總置換數爲2n，答案爲sum/2n。
.
———— 以上結論來自博客https://www.cnblogs.com/Sakits/p/6985058.html

下面給出一些簡要證明：

①旋轉

設當前的位置是 $p$ ，我們一次旋轉 $x$ 個位置，假設我們旋轉了 $k$ 次到了原位置。

那麼我們就有
$p+kx\equiv p(mod \ n)$
兩邊同時減去 $p$ ，可以得到
$kx\equiv 0(mod \ n)$
可以知道 $n\ |\ kx$ ，又因爲 $x\ |\ kx$ ，但是我們求的是循環節長度，即 $k$ 需要最小，又因爲 $x$ 是常量，那麼我們當然取 $n$ 和 $x$ 的最小公倍數了。
$kx = lcm(n,x)$
又因爲 $\displaystyle lcm(n,x)=\frac{nx}{gcd(n,x)}$
可以得到 $\displaystyle kx = lcm(n,x)=\frac{nx}{gcd(n,x)}\\\ \\\\k = \frac{n}{gcd(n,x)}$
因爲循環節的長度爲 $\displaystyle \frac{n}{gcd(n,x)}$ ，又一共有 $n$ 個元素，且這 $n$ 個元素對稱，那麼顯然循環節個數就是 $gcd(n,x)$ 。

②翻轉

(1)奇數個點

奇數個點，對稱軸肯定是經過某一個點，(下圖的藍點)，那麼，每一對對稱的點就形成了一個循環節。

以下圖爲例，藍色點爲對稱的點，綠點和紅點是一個循環節，黃色和橙色是一個循環節，藍色是不動點本身是一個循環節。所以一共是 $\displaystyle\frac{n-1}{2}+1=\frac{n+1}{2}$ 個循環節。

(2)偶數個點
偶素有兩種對稱的可能

對稱軸過其中兩點
有 $2$ 個不動點，剩下的 $n-2$ 每兩個點成一個循環節，共 $\displaystyle\frac{n-2}{2}+2=\frac{n+2}{2}$ 個。
對稱軸在兩點間的空格
每兩個點成一個循環節，共 $\displaystyle\frac{n}{2}$ 個。

下面是運用結論求法

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#define ll long long 
using namespace std;

const int N = 30;
int lab[N];
bool vis[N] = {0};
int n;
//最大共約數
ll gcd(ll a, ll b){
	return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
} 

//快速冪 
ll qpow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1){
			res *= a;
		}
		a *= a;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main(){
	while(cin>>n){
		//printf("No smoking!");
		if(n == -1) break; 
		ll ans = 0;  
		if(n < 1){
			puts("0");
			continue;
		}
		//旋轉置換 
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			ans += qpow(3,gcd(i,n));
		//對稱置換 
		if(n&1) {
            ans+=qpow(3,n/2+1)*n;
        } else {
            ans+=qpow(3,n/2+1)*(n/2);
            ans+=qpow(3,n/2)*(n/2);
        }
		printf("%lld\n",ans/(n*2));
	}
	return 0;
}

快樂地打牢基礎（12）——Burnside引理和 Polya計數公式

前置知識

1.羣的定義

2.羣的運算

3.置換

4.置換羣

5.循環

BurnSide 引理

1.主要內容:

2.補充的兩個概念

$E_k$ 等價類：設 $k$ 是 $1,2,...,n$ 中的某個元素， $k$ 在置換羣 $G$ 作用下的軌跡上所有元素的集合

$Z_k,k$ 不動置換類：** 設 $k$ 是 $1,2,...,n$ 中的某個元素，在置換羣 $G$ 作用下使 $k$ 的位置保持不變的置換的全體。

Polya定理

①旋轉

②翻轉

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前置知識

1.羣的定義

2.羣的運算

3.置換

4.置換羣

5.循環

BurnSide 引理

1.主要內容:

2.補充的兩個概念

EkE_kEk​等價類： 設kkk是1,2,...,n1,2,...,n1,2,...,n中的某個元素，kkk在置換羣GGG作用下的軌跡上所有元素的集合

Zk,kZ_k,kZk​,k不動置換類：** 設kkk是1,2,...,n1,2,...,n1,2,...,n中的某個元素，在置換羣GGG作用下使 kkk 的位置保持不變的置換的全體。

Polya定理

①旋轉

②翻轉

快樂地打牢基礎（12）——Burnside引理和 Polya計數公式

$E_k$ 等價類：設 $k$ 是 $1,2,...,n$ 中的某個元素， $k$ 在置換羣 $G$ 作用下的軌跡上所有元素的集合

$Z_k,k$ 不動置換類：** 設 $k$ 是 $1,2,...,n$ 中的某個元素，在置換羣 $G$ 作用下使 $k$ 的位置保持不變的置換的全體。