Burnside引理和Polya定理學習筆記

前言

求·······的方案數
循環同構算一種
一臉懵逼
（於是我覺得系統的學一遍Burnside引理和Polya定理）

正文

置換

置換的概念

對於一個排列$a_i$
我們想成$i$輸進去會出來一個$a_i$
那麼我們如果輸入一個排列，將能得到一個排列
就比如我們輸入的排列是$1$到$n$有序的，那麼這個置換就是
$\begin{pmatrix} 1&2&3&···&n \\ a_1&a_2&a_3&···&a_n \end{pmatrix}$
當然我們如果隨便輸入一個排列$b_i$，並且得到一個新的排列，那麼這個置換就是
$\begin{pmatrix} b_1&b_2&b_3&···&b_n \\ a_{b_1}&a_{b_2}&a_{b_3}&···&a_{b_n} \end{pmatrix}$
只要排列$a_i$相同，無論輸入什麼排列$b_i$生成的置換都是一樣的
即置換與橫向位置無關，只與縱向的對應關係有關
我們設$A=\{a_1,a_2···a_n\}$，即$|A|=n$，我們稱上面的那些置換爲$A$上的$n$次置換
不難發現，本質不同的$n$次置換一共有$n!$種

置換的乘積形式

我們發現，對於一個置換，一個位置的數如果是$i$，進行若干次置換後，這個位置的數會變回$i$
比如一個置換
$\begin{pmatrix} 1&2&3&4&5&6 \\ 2&3&1&6&5&4 \end{pmatrix}$
一個數$1$其變化是$1\rightarrow2\rightarrow3\rightarrow1$
那麼我們可以寫成$(2,3,1)$
所有的循環的乘積就是這個置換的不相交循環的乘積寫法
比如剛剛這個置換就是$(2,3,1)(6,4)(5)$
我們發現$5$這個位置無論進行幾次置換值都是$5$，對於這些位置我們稱其爲不動點

置換羣

是一種羣，裏面每個元素都是置換
然後滿足羣的一些性質
對於一個$n$，在$n!$種本質不同的$n$次置換中選$x$個($x\ge1$)置換作爲元素的羣被稱爲$x$階$n$次置換羣，特殊的，當$x=n!$時，其被稱爲$n$次對稱羣
對於一個$n$次置換羣，我們發現其元素中必有置換
$\begin{pmatrix} a_1&a_2&a_3&···&a_n \\ a_1&a_2&a_3&···&a_n \end{pmatrix}$
另外，若其元素中有置換
$\begin{pmatrix} b_1&b_2&b_3&···&b_n \\ a_{b_1}&a_{b_2}&a_{b_3}&···&a_{b_n} \end{pmatrix}$
則其元素中也必有
$\begin{pmatrix} a_{b_1}&a_{b_2}&a_{b_3}&···&a_{b_n} \\ b_1&b_2&b_3&···&b_n \end{pmatrix}$
以上就差不多是一些定義了
百度百科鏈接，羣
良好並且完整的置換羣課件，鏈接

Burnside引理

設$G=\{a_1,a_2,…a_g\}$（$a$是置換）是目標集$[1,n]$上的置換羣。每個置換都寫成不相交循環的乘積。$c_1(a_k)$是在置換$a_k$的作用下不動點的個數，也就是長度爲$1$的循環的個數。通過上述置換的變換操作後可以相等的元素屬於同一個等價類。若$G$將$[1,n]$劃分成$l$個等價類，則：
$l=\frac{1}{|G|}[c_1(a_1)+c_1(a_2)+···+c_1(a_{|G|})]$

---

證明：
對於一個置換$a$，將其寫成不相交循環的乘積
我們設$\chi_a(x)=\begin{cases}0&x不是不動點\\1&x是不動點\end{cases}$
根據定義，我們展開
$\sum_{a_i\in G}c_1(a_i)=\sum_{a_i\in G}\sum_{1\le j\le n}\chi_{a_i}(j)=\sum_{1\le j\le n}\sum_{a_i\in G}\chi_{a_i}(j)$
我們設$\Zeta(x)$爲滿足$x$是不動點的置換集合，我們發現上式的後半部分可以直接套入
$\sum_{1\le j\le n}\sum_{a_i\in G}\chi_{a_i}(j)=\sum_{1\le j\le n}|\Zeta(j)|$
我們發現，對於同一個等價類裏的元素$x_1,x_2$，一定滿足$Z(x_1)=Z(x_2)$，原因是$Z(x)$集合是一個置換羣元素集合的子集
這樣我們設$C$爲一個等價類元素集合，設$c=\forall x\in C$，那麼無論$c$的取值，$Z(c)$的值都是一樣的
那麼繼續上式
$\sum_{1\le j\le n}|\Zeta(j)|=\sum_{C}|C|*Z(c)=|G|\sum_{C}1=|G|·|C|=|G|l$
對於第二個等號，可能你會感到疑惑
這裏用到了$|C|*\Zeta(c)=|G|$，即“軌道-穩定集定理”，這裏就不展開了，因爲這個的證明還需要拉格朗日定理等羣論基本知識，有興趣的可以看這篇博客，裏面有一些基本概念的介紹，另外，據說具體證明可以參照 《組合數學》（第5版）P181 定理4-11（暫未考證）
綜上$l=\frac{1}{|G|}\sum_{a_i\in G}c_1(a_i)$

---

這篇博客裏有比較清楚的例子，我這裏就不舉例了
我們發現，在染色問題循環同構的題中，$|G|$是旋轉方式數，$|A|$是所有染色種類數，算法的複雜度是$\mathcal O(|G||A|)$的，而後者很容易變得很大，這個時候就需要用到Polya定理
（也正因爲如此在OI中應用不多）

Polya定理

前提條件：如果將$[1,n]$用$k$種顏色進行染色
我們定義$\lambda(a_i)$爲置換$a_i$的循環數量
Polya定理：
$l=\frac{1}{|G|}\sum_{a_i\in G}k^{\lambda(a_i)}$
Polya定理其實就是一種Burnside引理的具體化，就是把上面的$c_1(a_i)$算出來了

例題

[poj1286]Necklace of Beads
題目大意：現在有$3$種顏色的珠子，問有多少種長度爲$n$的環，旋轉、軸對稱同構算一種
題解： 我們發現對於一個$n$的置換隻有$2*n$種，直接套polya定理求環數量即可，複雜度$\mathcal O(n^2)$

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
ll n,ans[24];
int a[24];
bool vis[24];
ll pow(ll x,ll y)
{
	ll res=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)res*=x;
	return res; 
}
void dfs(const int x)
{
	if(vis[x])return;
	vis[x]=1;
	dfs(a[x]);
}
void calc()
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	int k=0;
	for(rg int i=0;i<n;i++)
		if(!vis[i])
			dfs(i),k++;
	ans[n]+=pow(3,k);
}
int main()
{
	for(n=1;n<24;n++)
	{
		for(rg int i=0;i<n;i++)
		{
			for(rg int j=0;j<n;j++)a[j]=(i+j)%n;
			calc();
			for(rg int j=0;j<n-j-1;j++)std::swap(a[j],a[n-j-1]);
			calc();
		}
		ans[n]/=2*n;
	}
	while(1)
	{
		read(n);
		if(n==-1)break;
		print(ans[n]),putchar('\n');
	}
    return 0;
}