Burnside引理&Pólya定理

時間 2019-11-20

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Burnside's lemma

引例

題目描述

一個由2*2方格組成的正方形，每一個格子上能夠塗色或不塗色，html

問共有多少種本質不一樣的塗色方案。ide

（若兩種方案可經過旋轉互相獲得，稱做本質相同的方案）函數

解法

每一個格子能夠塗色，能夠不塗色，共有16種方案。將16種方案編號。spa

把本質相同的方案合併：翻譯

方案1：{1}，方案2：{2}，htm

方案3：{3,4,5,6}，方案4：{7,8,9,10}，blog

方案5：{11,12}，方案6：{13,14,15,16}，rem

共6種方案。get

旋轉能夠看做是置換，全部置換組成置換羣。it

若是x經過某個置換能夠變成y，說明x和y等價。

與x互相等價的一組元素組成了一個集合，稱爲x的等價類。

這個問題中，咱們要求的就是這樣的等價類有多少個。

咱們由Burnside's lemma 可得
\[ \begin{split} |X/G|&=|G|^{-1}\cdot \sum_{g\in G}|x^g|\\ 即\ 等價類的個數&=每一個置換中不動元的個數和÷置換羣的大小 \end{split} \]

對於該題，不動元爲轉動必定角度時，圖形不發生變化，

不旋轉，不動元16個，

逆時針90度，不動元2個{1,2}，

逆時針180度，不動元4個{1,2,11,12}，

逆時針270度，不動元2個{1,2}。
\[ |X/G|=\frac {16+2+4+2}{4}=6 \]

Burnside's引理

\[ \begin{split} |X/G|&=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|x^g|\\ 等價類個數&=不動元個數的平均數 \end{split} \]

證實

$X$爲16種狀況，$X/G$爲6種方案，$G$爲旋轉？度，

$x$爲其中一種方案，$|g_x|$爲$G$中旋轉？度後使$x$方案中的狀況不變的度數的個數。

考慮一個等價類，有
\[ |x||g_x|=|G|,x\in X/G \]

其中，$x$爲$X$的一個等價類，$|g_x|$爲使它不發生改變的置換個數，

$G$爲總置換個數，$X/G$爲$X$在$G$置換羣下的等價類的集合。

能夠感性認知，對於一個等價類，有$|g_x|$種使它不發生改變的置換，

由於對於等價類$x$，本質不一樣的置換能夠其中一個元素變爲其餘任意元素，因此有$|x|$種。

本質不一樣的置換個數×不變的置換個數=總置換個數。

考慮枚舉每個等價類，有
\[ \sum_{x\in X/G}|x||g_x|=|G|\cdot|X/G| \]

每個等價類對右式的貢獻爲$|G|$，共$|X/G|$個。

考慮交換枚舉順序，有
\[ \sum_{x\in X}|g_x|=\sum_{g\in G}|x^g| \]

其中$x$指$X$的一個元素，$|g_x|$爲使它不發生改變的置換個數，

此處的$|g_x|$與上面相同，由於同一個等價類$|g_x|$必定相同。

等式右半部分$g$爲$G$中的一個置換，$|x^g|$爲在該置換下不發生改變的元素個數。

因爲$\sum\limits_{x\in X/G}|x|$能夠等價於枚舉完全部的元素，有
\[ \begin{split} |G|\cdot |X/G|&=\sum_{x\in X/G}|x||g_x|(x指等價類)\\ &=\sum_{x\in X}|g_x|（x指元素）\\&=\sum_{g\in G}|x^g| \end{split} \]

應用

題目描述

一條含$n$顆珠子的項鍊，珠子的顏色有$m$種。

每種顏色的珠子個數爲$a_i$ $(a_1+a_2+\cdots+a_m=n)$，求不一樣項鍊的種數。

解法

咱們定義$K$循環爲形如
\[ \begin{pmatrix}a_1,a_2,\cdots,a_n\\a_{k+1},a_{k+2},\cdots,a_{k}\end{pmatrix} \]

的循環

對於一個$K$循環，通過$\frac{lcm(n,k)}{k}$後能夠變回原來的項鍊。

\[ \frac{lcm(n,k)}{k}=\frac n{gcd(n,k)} \]

這是循環節的大小，且每一個循環節大小相等，

對於一個$n$個元素可重集合，

設$p$爲每種元素的個數，知足$p_1+p_2+\cdots+p_m=n$，排列數有
\[ A=\frac{(\sum\limits_{i=1}^mp_i!)}{\prod\limits_{i=1}^m(p_i!)} \]

就這道題而言，

對於一個$K$循環，咱們有每種顏色的循環節個數爲
\[ \frac {a_i}{\frac {n}{gcd(n,k)}} \]

則由這些循環節組成的總方案數等同於排列數
\[ ans=\frac{n!}{\prod_{i=1}^m\frac {a_i}{\frac {n}{gcd(n,k)}}} \]

又由於對於一個給定的$d$，使$gcd(n,k)==d$的$k$有$\varphi(\frac nd)$個
\[ \begin{split} ans&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^m\frac {a_i}{\frac {n}{gcd(n,k)}}}\\ &=\sum_{d|n}\varphi(\frac nd)\frac{n!}{\prod_{i=1}^m\frac {a_i\cdot d}{n}} \end{split} \]

Pólya enumeration theorem

引例

題目描述

一條含$n$顆珠子的項鍊，珠子的顏色有$m$種，求不一樣項鍊的種數。

解法

咱們定義$K$循環爲形如
\[ \begin{pmatrix}a_1,a_2,\cdots,a_n\\a_{k+1},a_{k+2},\cdots,a_{k}\end{pmatrix} \]

的循環

對於一個$K$循環，通過$\frac{lcm(n,k)}{k}$後能夠變回原來的項鍊。

\[ \frac{lcm(n,k)}{k}=\frac n{gcd(n,k)} \]

這是循環節的大小，且每一個循環節大小相等，

因此，循環節的個數爲
\[ \frac{n}{\frac{n}{gcd(n,k)}}=gcd(n,k) \]

若是每一個循環節中的元素顏色同樣，這就是一個$K$循環下的不動元，

因此，不動元的個數和爲
\[ \sum_{i=1}^nm^{gcd(i,n)} \]

因此，由Burnside's引理得
\[ \begin{split} 等價類的個數&=\frac 1n不動元的個數和\\ &=\frac 1n\sum_{i=1}^n m^{gcd(n,i)}\\ &=\frac 1n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^nm^d[gcd(n,i)==d]\\ &=\frac 1n\sum_{d|n}\varphi(\frac nd)m^d \end{split} \]

這樣，咱們就成功用Burnside's引理推出了Pólya定理。

Pólya定理

\[ |Y^X/G|=1/|G|\sum_{g\in G}|Y|^{c(g)} \]

翻譯：
\[ \begin{split} &染色方案數（等價類的個數）\\ =&\frac 1{珠子數（總置換數）}\sum_{對於每種置換} 顏色數（映射數）^{循環節數} \end{split} \]

好比這幅圖

顏色數={不染色，染色}

G={逆時針90°，逆時針180°，逆時針270°，不轉}。

90°：一個循環節，180°：兩個循環節，270°：一個循環節，不轉：四個循環節。

因此有
\[ ans=\frac 14\cdot(2^1+2^2+2^1+2^4)=6 \]

應用

前置例題

首先看一道例題：

有$m$個循環節，且循環節長度分別爲$L_1,L_2,\cdots,L_m(L_1+L_2+\cdots+L_m=n)$的n階置換有多少種？

（設$L_1≤L_2≤\cdots≤L_m$）

子問題1：從n個數中選L個出來，能夠組成多少個循環？

①：從n個數中選L個出來：$C_n^L$

②：能夠組成多少個循環：$(L-1)!$
\[ ∴①×②=\frac {n!}{L(n-L)!} \]

子問題2：若$L_i!=L_j$，答案爲多少？
\[ \begin{split} ans&=\frac{n!}{L_1(n-L_1)!}\cdot \frac{(n-L_1)!}{L_2(n-L_1-L_2)!}\cdots\\ &=\frac{n!}{L_1L_2L_3\cdots L_m} \end{split} \]

設$B_i$表示$i$階循環的個數，這$B_i$個循環能夠造成$B_i!$個排列，使答案重複
\[ ∴ans=\frac{n!}{(L_1L_2\cdots L_m)\cdot(B_1!B_2!\cdots B_{L_m}!)} \]

題目描述

給定一個N 個結點的無向徹底圖，

如今你能夠用 M 種顏色對這個圖的每條邊進行染色，每條邊必須染一種顏色。

若兩個已染色的圖，

其中一個圖能夠經過結點從新編號而與另外一個圖徹底相同，

就稱這兩個染色方案相同。

如今問你有多少種本質不一樣的染色方法，輸出結果 mod P。

N≤53,M≤1000，P 是一個大於N 的質數。

解法

咱們能夠先解決點置換的問題。

根據前置例題，咱們只需對$L_1,L_2,\cdots,L_m$進行枚舉便可。

枚舉量大概$329931$。

如今，

若是能夠把邊的置換與點的置換聯繫在一塊兒，

算出邊置換的循環節數與$L_1\cdots L_m$的關係，

那麼問題就解決了。

對於一個固定的點置換進行分析。

一條邊鏈接的兩個定點要麼在同一個循環內，要麼在兩個不一樣的循環內。

咱們能夠分別討論。

①：對於一個$n$階點循環，其內部的邊能夠組成多少個邊循環？

如圖，

兩點編號之差爲$1$的邊構成了一個循環，

兩點編號之差爲$2$的邊構成了一個循環

······

兩點編號之差爲$\lfloor\frac n2\rfloor$的邊構成了一個循環

若是位置號相差大於$\lfloor\frac n2\rfloor$，因爲對稱性，已經在以前討論過了。

共$\lfloor\frac n2\rfloor$個循環。

②：不一樣循環的狀況

兩個循環間共有$n\cdot m$條邊。

把兩個循環分別看做兩個齒輪，

對一條邊來講，其左右端點同時移動，共$\text{lcm}(n,m)$條邊。

即：等價類的大小=$\text{lcm}(n,m)$。

由於圖是對稱的，等價類等大，故等價類共有$\frac {n\cdot m}{\text{lcm}(n,m)}=\gcd(n,m)$個。

因此有$\gcd(n,m)$個循環節。

總置換數爲$\frac 1{n!}$

對於每一個$L_1,\cdots,L_k$，共有$\frac{n!}{\prod_{i=1}^kL_i\prod_{i=1}^kB_i!}$種置換，

對於每種置換，有$\sum_{i=1}^k\lfloor\frac{L_i}{2}\rfloor+\sum_{i=1}^k\sum_{j=i+1}^k\gcd(L_i,L_j)$個循環節。

因此：
\[ \begin{split} ans=\frac 1{n!}\sum_{L_1,L_2\cdots,L_k}\frac{n!}{\prod_{i=1}^kL_i\prod_{i=1}^kB_i!}\cdot m^{\sum_{i=1}^k\lfloor\frac{L_i}{2}\rfloor+\sum_{i=1}^k\sum_{j=i+1}^k\gcd(L_i,L_j)} \end{split} \]

例題 from 畢克

Problem 1 環染色（Ring）——變式

題目描述

原題目就是Pólya定理的引例，這裏是變式：

一個由 $n(2 ≤ n ≤ 10^9)$ 個珠子組成的環，

咱們要將全部珠子染成黑白兩種顏色，可是黑色不能相鄰，

問有多少種本質不一樣的方案，結果對 $10^9 + 7$ 取模。

當兩種方案經過旋轉後變得相同時，咱們認爲他們本質相同。（不能翻轉）

解法

設$f_d$表示不考慮本質相同，染一個長度爲$d$的環的合法方案數。

對於置換$K$的環，因爲其循環節個數爲$gcd(n,i)$，因此其不動元個數爲$f_{gcd(n,i)}$。
\[ \begin{split} ans&=\frac 1n\sum_{i=1}^nf_{gcd(n,i)}\\ &=\frac 1n\sum_{d|n}\varphi(\frac nd)f_d \end{split} \]

由我也推不出來的方法得：
\[ f_1=1,f_2=3,f_i=f_{i-1}+f_{i-2} \]

Problem 2 面染色（Face）

題目描述

一個由 $n \cdot m$ 的矩形，咱們要用他很是正常地密鋪整個平面，

咱們要將全部格子染成 $c$ 種顏色。

問有多少種本質不一樣的方案，結果對 $10^9 + 7$ 取模。

當兩種方案看起來同樣時，即矩形經過循環平移時同樣，咱們認爲他們本質相同。

$1 ≤ n ≤ 10^9, 1 ≤ m ≤ 10^9, 1 ≤ c ≤ 10^9$

解法

橫向考慮，循環節大小爲$\frac n{\gcd(n,i)}$；縱向考慮，循環節大小爲$\frac m{\gcd(m,j)}$。

因此，總的循環節大小爲$\text{lcm}(\frac n{\gcd(n,i)},\frac m{\gcd(m,j)})$。

因爲每一個循環節大小相等，且共有$n\cdot m$個元素。

因此，循環節的個數爲$\frac {n\cdot m}{\text{lcm}(\frac n{\gcd(n,i)},\frac m{\gcd(m,j)})}$。
\[ \begin{split} ans&=\frac 1{n\cdot m}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mc^{\frac {n\cdot m}{\text{lcm}(\frac n{\gcd(n,i)},\frac m{\gcd(m,j)})}}\\ &=\frac 1{n\cdot m}\sum_{a|n}\sum_{b|m}\varphi(\frac na)\varphi(\frac mb)c^{\frac {n\cdot m}{\text{lcm}(\frac na,\frac mb)}}\\ &=\frac 1{n\cdot m}\sum_{a|n}\sum_{b|m}\varphi(a)\varphi(b)c^{\frac{n\cdot m}{\text{lcm}(a,b)}} \end{split} \]