这是群论
置换群是群论的一种：
必须要知道的：
理解一下
这里置换就是旋转同构的表示，方案就是“染色方案”
m种置换，假如所有可能的方案，每种同构的方案都算了m次。（每种置换都有一次），那么直接除以m即可。
但是有的方案并没有被计算m次。例如旋转同构的11111只计算了1次。
为了都出现m次，保证能直接除法，就把少算的加上，最后除以m
burnside引理的思想就是这样。
更具体地，我们称不动点表示一个置换下置换前后不动的方案。
显然对于每个置换的不动点，那么这个不动点会在总方案中少出现一次（起码这个置换不会多一次），就要补上1
所以，
本质不同的“染色方案”，就是每个置换下不动点的个数除以置换数。
polya定理相当于一个辅助。
对于每个置换下的不动点个数提供了计算方法：
=颜色^环个数
环就是一个连等式。移动到的位置和自身必须相等。
当然，这只是对于颜色可以随便填的情况可以直接算。
对于不能随便填的情况，polya定理也给我们提供了思路：每个环每个环相对独立地考虑。
例题：
[ACM] POJ 2409 Let it Bead (Polya计数）
基础题。
置换只有n种旋转（包括元置换），和翻转。
对于翻转，奇偶讨论一下环个数即可。
旋转i次，环个数gcd(n,i)，环长都是n/gcd(n,i)
ax=0 mod y 所以ax=ty=lcm(x,y) 所以a=lcm(x,y)/x=y/gcd(x,y)
每个环都相等，所以环个数：gcd(n,i)
统计不动点之和。再除以置换数
如果都是这样的题就没有意思了
出题人会在置换的枚举和不动点的计算上设计麻烦。
1.置换的枚举优化：一些置换本质上是一样的：环的种类个数都一样。对于旋转同构可以枚举gcd，对于n!的完全置换，可以自然数拆分（n不能太大<=80）
因为本身统计不动点也是和环有关系。环的组合就少了很多
2.不动点的枚举：一般还是考虑从环入手，环内部的，环之间的有时都要考虑。题目的一些要求会对每个环内颜色的填法，不是非常无脑，就要额外进行特殊处理了。经常用到dp
灵活统计
hdu 5868 Different Circle Permutation
上一题的弱化版。
[HNOI2008]Cards
好题。比较灵活运用了burnside引理和polya定理的思想。
[HNOI2009]图的同构记数
上题削弱版。
相当于每个边有两种颜色。有或者没有。
配赠福利：
二维旋转同构（旋转一行或者一列，共n×m种置换）
对于右移i个，下移j个：
环个数n×m/lcm(n/gcd(i,n),m/gcd(j,m))
枚举a=n/gcd(i,n)和b=m/gcd(j,m)
方案数乘上：phi(a)phi(b)
复杂度：O(约数个数×约数个数）
大概一个环长这样子：
