前言

求·······的方案數
循環同構算一種
一臉懵逼
（于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

對于一個排列$a_i$
我們想成$i$輸進去會出來一個$a_i$
那么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，那么這個置換就是
$$\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& ???& n\\ a_1& a_2& a_3& ???& a_n\end{array}\right)$$
當然我們如果隨便輸入一個排列$b_i$，并且得到一個新的排列，那么這個置換就是
$$\left(\begin{array}{ccccc}{b}_1& b_2& b_3& ???& b_n\\ a_{b_1}& a_{b_2}& a_{b_3}& ???& a_{b_n}\end{array}\right)$$
只要排列$a_i$相同，無論輸入什么排列$b_i$生成的置換都是一樣的
即置換與橫向位置無關，只與縱向的對應關系有關
我們設$A=\{a_1,a_2???a_n\}$，即$|A|=n$，我們稱上面的那些置換為$A$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，對于一個置換，一個位置的數如果是$i$，進行若干次置換后，這個位置的數會變回$i$
比如一個置換
$$\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6\\ 2& 3& 1& 6& 5& 4\end{array}\right)$$
一個數$1$其變化是$1\to 2\to 3\to 1$
那么我們可以寫成$(2,3,1)$
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$5$，對于這些位置我們稱其為不動點

置換群

是一種群，里面每個元素都是置換
然后滿足群的一些性質
對于一個$n$，在$n!$種本質不同的$n$次置換中選$x$個($x\ge 1$)置換作為元素的群被稱為$x$階$n$次置換群，特殊的，當$x=n!$時，其被稱為$n$次對稱群
對于一個$n$次置換群，我們發現其元素中必有置換
$$\left(\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& a_3& ???& a_n\\ a_1& a_2& a_3& ???& a_n\end{array}\right)$$
另外，若其元素中有置換
$$\left(\begin{array}{ccccc}{b}_1& b_2& b_3& ???& b_n\\ a_{b_1}& a_{b_2}& a_{b_3}& ???& a_{b_n}\end{array}\right)$$
則其元素中也必有
$$\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{b_1}& a_{b_2}& a_{b_3}& ???& a_{b_n}\\ b_1& b_2& b_3& ???& b_n\end{array}\right)$$
以上就差不多是一些定義了
百度百科鏈接，群
良好并且完整的置換群課件，鏈接

Burnside引理

設$G=\{a_1,a_2,\dots a_g\}$（$a$是置換）是目標集$[1,n]$上的置換群。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，也就是長度為$1$的循環的個數。通過上述置換的變換操作后可以相等的元素屬于同一個等價類。若$G$將$[1,n]$劃分成$l$個等價類，則：
$$l=\frac{1}{|G|}[c_1(a_1)+c_1(a_2)+???+c_1(a_{|G|})]$$

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證明：
對于一個置換$a$，將其寫成不相交循環的乘積
我們設${\chi }_a(x)=\{\begin{array}{ll}0& x不是不動點\\ 1& x是不動點\end{array}$
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$\mathrm{Z}(x)$為滿足$x$是不動點的置換集合，我們發現上式的后半部分可以直接套入
$$\sum _{1\le j\le n}\sum _{a_i\in G}{\chi }_{a_i}(j)=\sum _{1\le j\le n}|\mathrm{Z}(j)|$$
我們發現，對于同一個等價類里的元素$x_1,x_2$，一定滿足$Z(x_1)=Z(x_2)$，原因是$Z(x)$集合是一個置換群元素集合的子集
這樣我們設$C$為一個等價類元素集合，設$c=?x\in C$，那么無論$c$的取值，$Z(c)$的值都是一樣的
那么繼續上式
$$\sum _{1\le j\le n}|\mathrm{Z}(j)|=\sum _C|C|?Z(c)=|G|\sum _{C}1=|G|?|C|=|G|l$$
對于第二個等號，可能你會感到疑惑
這里用到了$|C|?\mathrm{Z}(c)=|G|$，即“軌道-穩定集定理”，這里就不展開了，因為這個的證明還需要拉格朗日定理等群論基本知識，有興趣的可以看這篇博客，里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$$l=\frac{1}{|G|}\sum _{a_i\in G}{c}_1(a_i)$$

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這篇博客里有比較清楚的例子，我這里就不舉例了
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，算法的復雜度是$\mathcal{O}(|G||A|)$的，而后者很容易變得很大，這個時候就需要用到Polya定理
（也正因為如此在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$\lambda (a_i)$為置換$a_i$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，問有多少種長度為$n$的環，旋轉、軸對稱同構算一種
題解： 我們發現對于一個$n$的置換只有$2?n$種，直接套polya定理求環數量即可，復雜度$\mathcal{O}(n^2)$

#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; } 超強干貨來襲 云風專訪：近40年碼齡，通宵達旦的技術人生

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Burnside引理和Polya定理学习笔记的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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