【等价的穿越】Burnside引理&Pólya计数法

Problem

起源：
SGU 294 He’s Circle
遗憾的是，被吃了。
Poj有道类似的：

Mission

一个长度为n(1≤n≤24)的环由0,1,2组成，求有多少本质不同的环。

实际上，如果使用高精度，那么n可以到1e6级别

群

定义

一个集合G，以及一个二元运算∗。
并且满足：

封闭性

如果a∈G,b∈G，那么a∗b∈G

结合律

如果a∈G,b∈G,c∈G，那么a∗b∗c=a∗(b∗c)

存在单位元

存在c∈G，使得b∗c=c∗b=c
那么c就称为G的单位元。
类似于加法运算中的0，乘法运算中的1。

逆元

对于任意a∈G，都有a−1使得a∗a−1=a−1∗a=c
其中c是单位元。
那么a−1就称为a的逆元。

不一定满足交换律

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我们称呼包含n个元素的有限群为n阶群。

置换

置换相当于一个排列的一一映射。
例如：
(14233241) (13223441) (23423411)
是置换，而
(52332411)
就不是置换。

置换群

由置换组成的集合，运算是置换的连接。

置换的连接

例子：
(12233441)∗(12233441)=(12233441)∗(23344112)=(13243142)

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正片开始

Burnside引理

已知一个n阶置换群a；
求在其作用下有多少种本质不同的染色方案Ans。

结论

Ans=1n∑i=1nD(ai)

其中D(ai)表示在第i个置换的作用下，
有多少个染色方案置换后不变。

Back to the Problem

一个长度为n(1≤n≤24)的环由0,1,2组成，求有多少本质不同的环。

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我们考虑构造这样的n阶置换群：
每一种旋转都当作是一个置换，那么就有n个置换，就构成个群。
例如，旋转k个元素，对应的置换为：

(1k+12k+23k+3......n−knn−k+11n−k+22......nk)

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利用burnside引理，
我们可以先枚举出所有的3n染色方案，然后判断有多少种旋转可以使它旋转后不变。
但这显然是时间超限的。
我们需要进一步找出更好的性质。

Pólya计数法

循环

定义n阶循环是一种置换满足，

(a1a2a2a3a3a4......an−1anana1)

用循环表示旋转

题目中的，假设n=4：
那么置换群就有，以下四种置换：

(11223344)(12233441)(13243142)(14213243)

用旋转表示置换，通俗地，例如：

(12233441)可以表示为(1,2,3,4)(13243142)可以表示为(1,3)(2,4)

简单来讲就是，类似于环状的东西。
我们用C(ai)表示ai存在多少个循环：

(12233441)有1个循环(13243142)有2个循环

简单起见，
我们称循环里编号最小的珠子的编号，为循环的起始位置。

结论

处于同一循环的珠子的颜色必须是相同的，才能使得置换后不变

显然，证明略；
这样可以简化burnside引理的对于D(ai)运算。
但仍然不够，需要更特殊的性质。

专门针对旋转的Pólya计数法

旋转i个珠子对应的置换共有gcd(n,i)个循环，且其中每个循环的起始位置都依次相邻

证明：
设第u个珠子与第v个珠子处于同一个循环之中；
x,y是未知数。
则有

⇒⇒u+x∗i≡v(mod n)u+x∗i=v+y∗nx∗i+y∗n=v−u

裴蜀定理：ax+by=c，那么gcd(a,b)|c，其中a,b,x,y,c都是质数。

由裴蜀定理，
想要令u和v不在同一循环中的话，
v−u就有0..gcd(n,i)−1这gcd(n,i)种取值，
且取值都是连续的。

所以，共有gcd(n,i)个循环的起始位置，且其中每个循环的起始位置都依次相邻。
得证。

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True Back

有了这个特殊的性质，这道题就躺着做。
由，同一置换中，每个循环都可以染3种颜色，则有

Ans=1n∑i=1n∗3gcd(n,i)

End