【群论相关】Burnside引理&Polya定理

群

由一个集合 $G$ 和一个运算 $·$ 构成，运算过程即为集合中任何两个元素 $a,b$ ， $a·b$ 的过程，运算 $·$ 为具体给出的任意一种可行的运算，需要满足群公理的四个要求:

封闭性： $\forall a,b\in G,\exists c\in G,a·b=c$
结合律： $\forall a,b,c\in G,(a·b)·c=a·(b·c)$
单位元： $\exists e\in G,\forall a\in G,a·e=e·a=a$
逆元： $\forall a\in G,\exists b\in G,a·b=b·a=e，记b=a^{-1}$

置换

下面是一个置换，

$\begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 & ... & n \\ a_1 & a_2 & a_3 & ... & a_n \end {pmatrix}$

将群的运算(即基本变换方式)用 $f:a_i(1\leq i\leq n)(n为G中元素个数,a_i互不相同,a_i\in \{ 1,2,...,n\})$ 表示。具体置换为把初状态 $(1,2,3,...,n)$ 的任意排列，用 $a_i$ 替代 $i$ (设序列第 $x$ 个位置上的元素为 $i$ ，替代后序列上第 $x$ 个位置上的元素为 $a_i$ )而得到新的一种排列，以上变换即为置换。

同样也可以看做置换 $f:a_i$ 分解成若干个不相关的循环组，每个循环组内的元素构成一个环，每个环上的元素都可以移动到下一个环上的位置而回到初始状态( $i->a_i,a_i->a_{a_i},...,->i$ )，也就是集合的一一映射关系。群则将置换的过程中元素的位置变换转化成了运算，用数学符号表示出来。

将置换看做群的运算方式，一个封闭群即为一个置换群。

不动点&等价类

设存在一种群内元素的排列方式 $q_i$ ，使得经过置换 $f:a_i$ 后的排列与原来相同( $i=a_i=a_{a_i}=...=i$ )。则 $q_i$ 这种排列方式的状态是 $f:a_i$ 置换的不动点。

等价类即是定义一种等价关系，一个状态若可以通过特定的置换得到另一个状态，则这两个状态是等价的，同属一个等价类。

一些题目中“求本质不同的方案”，就是求等价类个数。

Burnside引理

设置换 $g:a_i$ 的在可行的染色方案中的不动点个数为 $C(g)$ ， $G$ 为 $|G|$ 个不同的置换群的集合，则等价类个数为：

\frac{1}{| G |} \sum_{i = 1}^{| G |} C (g_{i})

$\frac 1 {|G|}\sum _{i=1} ^{|G|}C(g_i)$

举个例子：

假设给正方形棋盘染黑白两色，轴对称同构，求本质不同方案数。

那么需要考虑：

水平对称 2.纵向对称 3.左上->右下斜对角线对称 4.右上->左下斜对角线对称

这四种置换，也就是四个置换群，分别求不动点个数即可。

Polya定理

$Burnside$ 引理需要枚举所有置换的情况来求不动点，复杂度太高，于是引入 $Polya$ 定理来更简捷地求置换群的不动点个数。

之前提到了可以将置换 $f:a_i$ 分解成若干个循环组，考虑对于不动点来说，每个循环组中的元素的状态(颜色)必须完全一致，而不同循环组之间互不相关。因此对于置换 $f:a_i$ ，有 $x$ 种可选的颜色，循环组个数为 $k$ ， $C(f)=x^{k}$ ，更新 $Burnside$ 引理的式子，得到等价类个数为：

\frac{1}{| G |} \sum_{i = 1}^{| G |} x_{i}^{k_{i}}

$\frac 1{|G|}\sum_{i=1} ^{|G|}x_i^{k_i}$

还是上面的例子，这时只需要观察求出不动点个数即可，一般来说题目中所求的不动点都有一些特殊的规律和性质，以保证快速求出。

例题

poj2154-Color

用 $N$ 种颜色染一条长度为 $N$ 的项链，旋转同构，求本质不同方案数。

观察规律发现对于旋转 $1,...,n$ 次的不同置换而言，循环组个数即为 $gcd(n,i)$ 。

再套用 $Burnside$ 引理, $Polya$ 定理，等价类个数为：

\sum_{1}^{n} n^{g c d (n, i)}

$\sum_1 ^n n^{gcd(n,i)}$

= \sum_{d | n} n^{d} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} [g c d (i, \frac{n}{d}) = 1]

$=\sum_{d|n} n^d \sum_{i=1} ^{\frac n d}[gcd(i,\frac n d)=1]$

= \sum_{d | n} n^{d} ϕ \frac{n}{d}

$=\sum _{d|n} n^d \phi \frac n d$

这样就可以 $O(\sqrt n\times \log n)$ 计算了，没有考虑求 $\phi d$ 的复杂度，似乎远小于 $\sqrt d$ ？

代码

#include<cstdio>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=4e4,MX=1e9;
typedef long long ll;
int T,n,mod,ans,p[N],tot;
bool pri[N];
map<int,int>phi;
inline int mul(int x,int y){return x*y%mod;}
inline int ad(int x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return x;}

inline void pre()
{
    int i,j;ll res;
    for(i=2;i<=MX/i;++i){
        if(!pri[i]) p[++tot]=i;
        for(j=1;j<=tot;++j){
            res=i*p[j];if(res*res>MX) break;
            pri[res]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}

inline int fp(int x,int y)
{
    int re=1;x%=mod;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))
     if(y&1) re=mul(re,x);
    return re;
}

inline int PHI(int x)
{
    if(x==1) return 1;
    int i,re=x;
    for(i=1;i<=tot && p[i]*p[i]<=x;++i)
      if(x%p[i]==0){
        for(;x%p[i]==0;x/=p[i]);
        re=re/p[i]*(p[i]-1);
      }
    if(x!=1) re=re/x*(x-1);
    return re%mod;
}

int main(){
    int i;
    pre();
    scanf("%d",&T);
    for(;T;--T){
        ans=0;
        scanf("%d%d",&n,&mod);
        for(i=1;i<=n/i;++i) if(n%i==0){
            ans=ad(ans,mul(fp(n,i-1),PHI(n/i)));
            if(i*i!=n) 
              ans=ad(ans,mul(fp(n,n/i-1),PHI(i)));
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

用 $map$ 会 $WA$ ， $poj$ 交 $\# include<bits/stdc++.h>$ 会 $CE$ ，每次做 $poj$ 都会先 $CE$ 多次…

bzoj1478: Sgu282 Isomorphism

题解
算是一个非常巧妙的运用了。

引用

以上写的都非常清晰易懂，总之比我写的好多啦。