Polya 定理入门[Burnside引理,Polya定理,欧拉函数]

$这篇blog重点讨论Polya的应用, 更详细的证明请百度 .$
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$Burnside引理$

$$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)$$

$L$: 本质不同的方案数.
$G$: 置换群集合.
$a_i$: 置换群中的第 $i$ 个置换.
$D(a_i)$: 进行 $a_i$ 这个置换, 状态不会变化的方案数量.

该引理与下方内容没有太大关系, 可以暂时忽略.
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$Problem$ 链接
有 $N$ 个石子围成一圈, 使用 $M$ 种颜色染色, 求有多少种本质不同的方案.

借此问题引入 $Polya定理$ $↓$

$Polya定理$

$$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}M^{C(g_i)}$$

先丢出公式.

这道题的 置换群 $G$: 转$0$次, 转$1$次 ...转 $N-1$ 次, (皆为顺时针转动).
若满足旋转 $k$ 个位置, 状态和原来相同, 那么 $i$ 位置颜色等于 $(i+k)%N$ 位置颜色,
旋转 $t$ 次, 仍和原来位置相同, 即 $i$ 位置与 $(i+tk)%N$ 位置颜色相同,
则 $i$ 旋转 $t$ 个 $k$ 次, 一定能回到原来位置, 即可以无限旋转,
所以 $i$ 就与所有 $(i+tk)%N$ 位置呈现一个封闭的 $\color{red}{循环节}$.
设转了 $t$ 次后, 第一次回到 $i$ 位置, 则
$t * k=lcm(k, N)=\frac{k*N}{gcd(k,N)}$,
$\therefore t=\frac{N}{gcd(k,N)}$,

$t$ 为$\color{red}{循环节}$长度, 则$\color{red}{循环节}$数量为 $\frac{N}{t}=gcd(k,N)$.

公式中颜色的数量为 $M$; 在 $g_i$ 置换下, 有 $C(g_i)$ 个 $\color{red}{循环节}$.

此题中 $C(g_i)=gcd(k,N)$, $$\therefore Ans=L=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}$$
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$拓展 1$

假如上题增加 $\color{red}{对称同构}$, 则意味着原先的两个不同方案对称时计为一个方案,
按 $N$ 的奇偶分类讨论:

$N$ 为奇数, 对称轴上有一个点, 循环节个数为 $\frac{N+1}{2}$, 总共有 $N$ 个对称轴置换, 则对答案贡献为 $\frac{NM^{\frac{N+1}{2}}}{2N}$
最后的答案为 $$Ans=L=\frac{1}{2N}(\sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}+NM^{\frac{N+1}{2}})$$
$N$ 为偶数, 对称轴上可以没有点, 也可以有两个点, 两种对称轴都有 $\frac{N}{2}$ 种, 总共有 $N$ 个对称轴置换,
对称轴上无点时, 循环节个数为$\frac{N}{2}$, 对答案贡献为 $\frac{M^{\frac{N}{2}}}{2N}$,总贡献为$\frac{\frac{N}{2}M^{\frac{N}{2}}}{2N}$.
对称轴上有点时, 循环节个数为$\frac{N}{2}+1$, 对答案贡献为 $\frac{M^{\frac{N}{2}+1}}{2N}$, 总贡献为 $\frac{\frac{N}{2}M^{\frac{N}{2}+1}}{2N}$.

所以最后的答案为
$$Ans=L=\frac{1}{2N}(\sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}+\frac{N}{2}M^{\frac{N}{2}}+\frac{N}{2}M^{\frac{N}{2}+1})$$
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$拓展2$

若 $\color{red}{N<=10^9}$ , $O(N)$计算下式会 $TLE$, 需要更快的办法,
$$Ans=L=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}$$

由于 $gcd(k,N)|N$, 而$N$的约数不会超过 $2\sqrt{N}$ 个,
考虑枚举 $d$, $(d|N)$
则就只需统计 $gcd(k,N)=d$ 的 $k$ 的个数.
$d=gcd(k,N)=gcd(dt, d\frac{N}{d})$
则 $t$ 与 $\frac{N}{d}$ 互质, 即 $\color{red}{gcd(t, \frac{N}{d}) = 1}$.
$\therefore \color{red}{\varphi(\frac{N}{d})}$ 即为 $gcd(k,N)=d$ 的 $k$ 的个数.

于是 $$Ans=L=\frac{1}{N}\sum_{d|N}\varphi(\frac{N}{d}) *M^d$$
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$如何求解 \varphi(x)?$
根据定义: $$\varphi(x)=x\prod_{p_i|x}(1-\frac{1}{p_i})$$
通分得: $\varphi(x) = x\prod_{p_i|x}\frac{p_i-1}{p_i}$
按上式实现, 时间复杂度小于 $O(\sqrt{N})$, 均摊 $O(logN)?$
这里给出求解函数,

int Get_phi(int x){
    int s = x;
    for(int i = 2; i*i <= x; i ++)
        if(x % i == 0){ //找到一个质因数
            s = s/i*(i-1);
            while(x%i == 0) x /= i;
        }
    if(x > 1) s = s/x*(x-1);    //不可能出现两个大于 sqrt(N) 的质因数, 所以只可能剩下一个, 处理掉就好 .
    return s;
}

所以 $O(\sqrt{N}),O(logN)$ 分别求出所有约数 $d$ 和 $\varphi(\frac{N}{d})$ 即可, 时间复杂度 $O(\sqrt{N}logN)$.
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$\mathcal{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int mod = 1e9 + 7;

int T;
int N;

int phi(int x){
        int s = x;
        for(reg int i = 2; i*i <= x; i ++)
                if(x % i == 0){
                        s = s/i * (i-1);
                        while(x % i == 0) x /= i;
                }
        if(x > 1) s = s/x * (x-1);
        return s;
}

int KSM(int a, int b){
        int s = 1; a %= mod;
        while(b){
                if(b & 1) s = 1ll*s*a % mod;
                a = 1ll*a*a % mod, b >>= 1;
        }
        return s;
}

void Work(){
        scanf("%d", &N);
        int Ans = 0;
        int lim = sqrt(N);
        for(reg int d = 1; d <= lim; d ++){
                if(N % d) continue ;
                Ans = ( 1ll*Ans + (1ll*phi(N/d) * KSM(N, d) % mod) ) % mod;
                int d_2 = N / d;
                if(d_2 == d) continue ;
                Ans = ( 1ll*Ans + (1ll*phi(N/d_2) * KSM(N, d_2) % mod) ) % mod;
        }
        printf("%d\n", (1ll*Ans*KSM(N, mod-2)) % mod);
}

int main(){
        scanf("%d", &T);
        while(T --) Work();
        return 0;
}

$例题$

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