等價類計數問題（Polya定理和burnside引理）

零.約定：

(置換等名詞會在前置知識中有解釋）

\(1.\)在本文中，題目要求的染色方案等統稱爲「元素」。

\(2.\)兩個元素嚴格相等咱們記作「\(=\)」，兩個元素等價（按題目所給的置換能夠互相獲得）咱們記作「\(\Leftrightarrow\)」。

\(3.\)元素\(a\)進行置換\(g\)咱們記作\(a\otimes g\)。

\(4.\)置換之間的乘積記作\(\odot\)，\(g_i=g_j\odot g_k\)，當且僅當\(\forall a,a\otimes g_i=a\otimes g_j\otimes g_k\)，將\(g_j\odot g_k\)代入\(g_i\)得\(a\otimes(g_j\odot g_k)=a\otimes g_j\otimes g_k\)。

一.前置知識：

\(1.\)置換：

以下圖所示，這是一個置換，一個置換隻與兩行之間的對應關係有關，與列的順序無關。
\[\left(\begin{matrix}1&2&3&4\\2&3&1&4\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1&4&3&2\\2&4&1&3\end{matrix}\right)\]
咱們的一個元素\(\left(\begin{matrix}3&2&4&1\end{matrix}\right)\)在通過這個置換後就變成了\(\left(\begin{matrix}4&3&2&1\end{matrix}\right)\)。列\({^a_b}\)表示原來第\(a\)位的元素置換後到了第\(b\)位。

\(2.\)循環：

形式以下的置換叫作一個\(n\)階循環（任意一個\(n\)階循環能夠記作\(r_n\)）：
\[\left(\begin{matrix}a_1&a_2&a_3&\cdots&a_n\\a_2&a_3&a_4&\cdots&a_1\end{matrix}\right)\]

\(3.\)置換的分解：

指把置換\(g\)分解成\(r_1^{k_{1}}r_2^{k_{2}}\cdots r_n^{k_{n}}\)的形式（\(r_j^{k_{j}}\)表示\(j\)階循環一共有\(k_{j}\)個（同階循環能夠不相同）），各個循環之間的元素互不相交。感性理解一下就是，對於列\(^a_b\)，從\(a\)向\(b\)連一條有向邊，這樣會造成一個個環，一個長度爲\(i\)的環對應着一個\(r_i\)。令\(w(g)=\sum_{i=1}^n k_i\)，即循環總個數。

\(4.\)不動點：

若是元素\(a\otimes g_i = a\)，那麼咱們稱\(a\)爲置換\(g_i\)的不動點，\(g_i\)的不動點個數用\(\chi(g_i)\)表示。

\(5.\)羣：

羣用\((G,\oplus)\)表示，其中\(G\)是一個集合，\(\oplus\)是定義在\(G\)上的一個二元運算，而且知足:

封閉性(\(\forall a,b \in G,a\oplus b \in G\))

結合律(\(a\oplus(b\oplus c)=(a\oplus b)\oplus c\))

存在單位元(\(\exists e,\forall a,e\oplus a = a\oplus e = a\))

存在逆元(\(\forall a,\exists a^{-1},a\oplus a^{-1} = a^{-1}\oplus a = e\))

那麼這是一個羣。

\(6.\)置換羣：

置換羣就是將置換做爲元素的羣。

證實：

封閉性：置換的乘積也是置換，在這個羣中。

結合律：手模小樣例可知，\(a\odot b\odot c=a\odot(b\odot c)\)。

單位元：
\[\left(\begin{matrix}1&2&3&\cdots&n\\1&2&3&\cdots&n\end{matrix}\right)\]

逆元：將置換的兩行交換位置即是逆元。

\(7.\)等價類：

若是\(\exists g,s.t.~a\otimes g = b\)那麼咱們稱\(a\Leftrightarrow b\)，全部互相等價的元素組成一個等價類，元素\(a\)所屬的等價類記作\(E_a\)答案\(L\)即是等價類的種類。

\(8.\)不動置換類：

置換羣\(G\)中，使元素\(a\)不變的置換全體，稱爲\(a\)的不動置換類，記作\(Z_a(\forall g \in Z_a,a\otimes g=a\&\&\forall g\notin Z_a,a\otimes g\ne a)\)。

二.\(Burnside\)引理：

內容：

等價類個數
\[L = \frac {\sum_{g\in G} \chi(g_j)}{|G|}\]

證實：

\(step~1:\)首先看兩個定理：

\(1.\)

彷彿沒什麼用的定理：\(|Z_k|\)是\(G\)的一個子羣。

證實：

封閉性：使\(k\)不動的兩個置換的積也使\(k\)不動，屬於這個羣。

結合律：顯然。

存在單位元：顯然任何元素都\(G\)單位元的不動點。

存在逆元：置換\(g\)屬於元素\(a\)的不動置換類，當且僅當\(g\)的每一列\(^x_y\)，\(a_x=a_y\)。顯然\(g\)的逆元也知足這個條件，也在不動置換類中。

\(2.\)

重要定理：\(\forall a,|E_a||Z_a|=|G|\)

證實：

若是對於\(\forall b\in E_a\)都有剛好\(|Z_a|\)個不一樣置換使\(a\)轉化成\(b\)，那麼定理得證（由於\(a\)進行一種置換有且僅有一個結果）。

首先，由於\(b\in E_a\)必定存在一個置換\(p\)使得\(a\otimes p = b\)。由於\(Z_a\)是\(a\)的不動置換類，因此

\(\forall z\in Z_a\)

\(\because a\otimes z=a,a\otimes p = b\)

\(\therefore a\otimes z\otimes p = b\)

\(\therefore a\otimes(z\odot p)=b\)

\(z\)互不相同，因此\(z\odot p\)互不相同，\(z\)有\(|Z_a|\)種取值，因此有至少\(|Z_a|\)種置換，使\(a\)轉化成\(b\)。如今咱們只要能證實\(z\odot p\)可以取遍全部使\(a\)轉化成\(b\)的置換便可。

咱們考慮反證法：

同上，由於\(b\in E_a\)必定存在一個置換\(p\)使得\(a\otimes p = b\)，

假設存在一個置換\(q\)，\(a\otimes q = b\)，且\(\forall z\in Z_a,z\odot p\neq q\)。

顯然\(\exists c=q\odot p^{-1}\in G,s.t.~c\odot p = q\)。

\(\because a\otimes q =b,c\odot p = q\)

\(\therefore a\otimes(c\odot p)=b\)

\(\therefore a\otimes c\otimes p=b\)

\(\because a\otimes p =b\)

\(\therefore a\otimes c = a\)

\(\therefore c\in Z_a,\)與假設\(\forall z\in Z_a,z\odot p\neq q\)相悖，因此不成立。

證畢。

\(step~2:\)

設\(U\)爲一個等價類集合，共\(L\)個等價類。

設\(n\)是元素總數。

\(\because \forall a,|E_a||Z_a|=|G|\)

\(\therefore |Z_a|=\frac{|G|}{|E_a|}\)

\(\therefore \sum_{i=1}^n|Z_i|=|G|\sum_{i=1}^n\frac{1}{|E_i|}\)

由於每一個\(E_i\)大小爲\(|E_i|\)，貢獻\(\frac{1}{|E_i|}\)，會被算\(|E_i|\)次，因此每一種等價類的總貢獻\(1\)。\(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{|E_i|}=\)等價類的種類即答案\(L\)。

\(\therefore \sum_{i=1}^n|Z_i|=|G|L\)

\(\therefore L=\frac{\sum_{i=1}^n|Z_i|}{|G|}\)

不動點和不動置換的關係是相互的，全部置換的不動點之和等於全部元素的不動置換之和。

\(\therefore L=\frac{\sum_{g\in G}\chi(g)}{|G|}\)

證畢。

三.\(Polya\)定理：

內容：

若題目是對\(n\)個對象染\(m\)種顏色，則
\[\chi(g)=m^{w(g)}\]
\[L=\frac{\sum_{g\in G}m^{w(g)}}{|G|}\]

證實：

若\(a\)是\(g\)的不動點，對於每一列\(^x_y\)，都有\(a_x=a_y\)，而一個循環是許多列首尾相接，因此他們都相等。因此對於\(g\)的一個循環\(r\)，\(\forall i,j\in r,a_i =a_j\)，因此\(\chi(g)\)就至關於給\(g\)每一個循環染色的方案數（每一個循環染相同的顏色）。因此\(\chi(g)=m^{w(g)}\)。

證畢。

擴展：

這個式子是基於能夠給\(g\)每一個循環任意染色這個前提的，若是染色數量有限制，咱們就須要求給\(g\)每一個循環染色的方案數，一般用\(dp\)來擴展此問題。

四.應用與例題：

常見置換的循環個數：

\(1.\)（套路\(1\)）將長度爲\(n\)序列（或者環）循環移\(k\)位，循環個數爲\(\gcd(n,k)\)。

\(2.\)（套路\(2\)）將長度爲\(n\)環沿對稱軸反轉，若\(n\)是奇數則\(n\)條對稱軸的循環個數都是\(\lceil\frac n 2\rceil\)；不然，有\(\frac n 2\)對稱軸的循環個數是\(\frac n 2\)，另一半對稱軸個數是\(\frac n {2}+1\)。

例題：

\(1.\)luogu 1446

\(a.\)題目大意：

有\(n\)張撲克牌，染三種顏色，每種顏色規定數目。再給定\(m\)中洗牌方法，經過洗牌能夠互相獲得的方案等價，求有多少種不一樣方案。

\(b.\)題目分析：

在本題中，洗牌方法就是置換，而染色方案是「元素」。

本題給了 「輸入數據保證任意屢次洗牌均可用這\(m\)種洗牌法中的一種代替，且對每種洗牌法，都存在一種洗牌法使得能回到原狀態」 的條件，使知足封閉性和存在逆元。至於單位元，咱們須要人爲添加一種置換（本身到本身），來使之知足條件，因爲單位元\(a\otimes e = a\)的性質，不會對答案產生影響，但咱們必須添加使之可使用\(Burnside\)引理。

\(c.\)具體作法：此處染色有數目限制，不能直接使用\(Polya\)定理。咱們首先\(\Theta(n)\)求出每一種洗牌方案的循環個數。而後咱們對於每一種洗牌方案，經過\(dp\)求染色方案，具體的說，\(f[i][a][b][c]\)表示前\(i\)個循環已經染完色，三種顏色分別剩\(a,b,c\)個
，初始狀態\(f[0][Sum_a][Sum_b][Sum_c]\)答案是\(f[w][0][0][0]\)。

總複雜度\(\Theta(nmSum_aSum_bSum_c)\)，可過。

\(2.\)luogu 4980

\(a.\)題目大意：本身看吧

\(b.\)題目分析：直接套公式，置換爲\(n\)種循環移位 ，直接套用套路\(1\)，循環個數爲\(\gcd(n,k)\)的性質來優化。
\[ans = \frac 1 {|G|}{\sum_{i = 0} ^ {n-1}m^{\gcd(n,i)}}\]
咱們優化一下：

\[\sum_{i=0}^{n-1}m^{\gcd(n,i)}=\sum_{t|n}\sum_{i=1}^{\frac n t}I[\gcd(it,n)==t]\times m^t=\sum_{t|n}\sum_{i=1}^{\frac n t}I[\gcd(i,\frac n t)==1]\times m^t=\sum_{t|n}\varphi(\frac n t)m^t\]

咱們只須要枚舉\(t\)到\(\sqrt{n}\)就能夠了，而後再\(\sqrt{n}\)求\(\varphi\)，複雜的\(\Theta(Tn^{\frac 3 4})\)。您也能夠大力Pollad-rho一發。

\(3.\)UVA11255

大水題限制染色次數+能夠翻轉旋轉，直接套用套路\(1\)、\(2\)便可。

\(4.\)UVA10601

\(a.\)題目大意：一個正方體，給棱染色，有數量限制，旋轉同構。

\(b.\)題目分析：

咱們本題置換種類繁多：橫向旋轉（面向本身的面不變），豎向旋轉（面向本身的面發生改變），以及兩種旋轉的組合。

可是咱們發現有一些旋轉的組合結果是相同的，咱們考慮枚舉結果，即選定面向本身的正方形的下底邊爲基準，枚舉原來哪一個位置的邊轉到了這個位置，共十二種置換，而後統計每一個置換的循環個數（暴枚或者手模均可以），再根據數量限制擴展一下定理便可。

五.總結：

全是廢話

\(Polya\)定理實質上是\(Burnside\)引理的一個擴展，雖然式子簡單，可是可以解決的問題卻頗有限。咱們一般經過\(dp\)，組合數等來求不動點個數\(\chi(g)\)，這既能夠說是\(Polya\)定理的擴展也能夠說是\(Burnside\)引理的擴展。