UVA 10294 项链与手镯 （置换）

Burnside引理：对于一个置换$f$， 若一个着色方案$s$经过置换后不变，称$s$为$f$的不动点。将$f$的不动点数目记为$C(f)$， 则可以证明等价类数目为$C(f)$ 的平均值。

也就是对于置换群中的某一个置换$f$，$C(f)$为所有着色方案中，那些经过置换$f$ 可以互相转换（即等价）的着色方案数

因为一个置换可以拆成若干个循环，置换中的每个元素可以看成是一个结点，那么每个节点必有一个出度和入度，所以肯定会形成若干个环，在置换$f$ 的不动点中，被分解成的每个环中，颜色都必须相同（因为通过置换他们可以相互抵达）。如果设一个置换中的循环节数量为$m(f)$，那么$C(f) = k^{m(f)}$ 其中 k 是着色数量。

UVA 10294 项链与手镯

传送门

刘汝佳白书146页

polya计数裸题

一共有两种置换，即旋转和翻转，项链只有第一种置换，手镯两种都有。设珠子编号为0~n-1.

旋转：

共有n-1种旋转方式的置换，第 i 种即旋转 i 颗珠子的间距，那么可以计算出来从0号珠子出发，要旋转$lcm(i,n) / i$ 次可以转到最初的位置，那么这个循环长度为$frac{gcd(i,n)}$ 。共该置换共有$gcd(i,n)$ 个循环，所以旋转这类置换，共有$a = sum_^t{gcd(i,n)}$ 个不动点

翻转

当 n 为奇数时（可以想正 n 边形的顶点），有 n 条对称轴，每条对称轴形成了$(n-1)/2$ 个长度为2的，1个长度为1的循环，即(n+1)/2个循环。这些置换的不动点总数为$b=nt^{frac{n+1}{2}}$。

当 n 为偶数时，有两种对称轴。穿过珠子的对称轴有$frac{2}$ 条， 各形成了$n/2-1$ 个长度为2的循环和两个长度为1的循环；不穿过珠子的对称轴有 (frac{n}{2}), 各形成了$n/2$ 个长度为2的循环。这些置换的不动点总数为$b=frac{2}(t^{n/2+1} + t^{n/2})$

const int N = 50 + 5;

int n, t;
ll power[N];
ll gcd(int a,int b){
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int main() {
    while(scanf("%d%d",&n,&t) == 2 && n){
        power[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n;i++)
            power[i] = power[i - 1] * t;
        ll a = 0;
        for (int i = 0; i < n;i++)
            a += power[gcd(i, n)];
        ll b = 0;
        if(n % 2 == 1){
            b = n * power[(n + 1) / 2];
        }else
            b = n / 2 * (power[n / 2 + 1] + power[n / 2]);
        cout << a / n << ' ' << (a + b) / 2 / n << endl;
    }
    return 0;
}