群

满足以下条件的集合 \(G\) 在集合 \(G\) 的二元运算 \(\cdot\) 称为一个群：

• 封闭性：若 \(a,b\in G\)，则存在 \(a\in G\)，使得 \(a\cdot b=c\)；

• 结合律：对于 \(\forall a,b,c \in G\)，都有 \((a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)\)；

• 存在单位元：\(G\) 中存在一个元素 \(e\)，使得对于 \(\forall a\in G\)，都有 \(a\cdot e=e\cdot a\)；

• 存在逆元：对于 \(\forall a\in G\)，都有 \(b\in G\)，使得 \(a\cdot b=b\cdot a=e\)，记为 \(b=a^{-1}\)。

置换群

钦定 \(n\) 个元素为 \(1,2,\cdots,n\)，若以 \(a_1\in[1,n]\) 表示元素 \(1\)，以 \(a_2\in[1,n]\) 表示元素 \(2\)，……，以 \(a_n\in[1,n]\) 表示元素 \(n\)，且 \(a\) 为 \(1\sim n\) 的一个排列，则用

表示一个置换。

置换的运算 \(p_1p_2\) 表示先做 \(p_1\) 的置换，再做 \(p_2\) 的置换，\(1,2,3,\cdots,n\) 的置换集合在该运算下是一个群，故称之为置换群。

循环

我们约定

叫做 \(n\) 阶循环。

例如

Burnside 引理

最恶心重要的部分。

共轭类

我们约定一个置换分解后 \(k\) 阶循环出现的个数为 \(c_k\) 个，记为 \((k)^{c_k}\)。

则一个置换群 \(S_n\) 中的置换可按分解成的格式 \((1)^{c_1}(2)^{c_2}\cdots(n)^{c_n}\) 的不同分类，其中若 \(c_i=0\)，可省略 \((i)^{c_i}\) 不写。

在 \(S_n\) 中具有相同格式的置换全体，叫做与该格式相应的共轭类。

\(k\) 不动置换类

设 \(G\) 是 \(1,2,3,\cdots,n\) 的置换群（也可以设为 \(S_n\) 的一个子群），若 \(k\in[1,n]\cap\mathbb Z\)，则称 \(G\) 中使 \(k\) 不变的置换全体记为 \(Z_k\) 为 \(G\) 中使 \(k\) 保持不动的置换类，简称 \(k\) 不动置换类。

例如 \(G=\{e,(2\ 3),(1\ 2)(3\ 4),(1\ 2\ 3),(2\ 3\ 4)\}\) 中使 \(1\) 不动的置换类 \(Z_1=\{e,(2,3),(2,3,4)\}\)，其中 \(e\) 是单位元，\((2\ 3)\) 为 \((1)(2\ 3)(4)\) 的缩写，下同。

等价类

P1. 对于给定的关于 \(1,2,3,\cdots,n\) 的置换群 \(G\)，若存在置换 \(p\in G\) 使 \(k\) 变为 \(l\)，则存在 \(p_2=p_1^{-1} \in G\) 使 \(l\) 变为 \(k\)。\(e\) 使 \(k\) 变为 \(k\)。

P2. 若存在 \(p_1\in G\) 使 \(k\) 变为 \(l\)，又存在 \(p_2\) 使 \(l\) 变为 \(m\)，则存在置换 \(p_3\in p_1p_2\in G\) 使 \(k\) 变为 \(m\)，即对于

有

由 P1 和 P2 可知， \(k\) 在 \(G\) 作用下的“轨迹”形成一个封闭的类，故 \(\{1,2,3,\cdots,n\}\) 中的数 \(k\)，若存在置换 \(p_1\) 使 \(k\) 变为 \(l\)，则称 \(k\) 和 \(l\) 同属一个等价类。于是 \(1,2,3,\cdots,n\) 可按照 \(G\) 的置换分成若干个等价类，其中 \(k\) 所属的等价类记为 \(E_k\)。

重要定理

定理 1

对于 \(\forall k \in [1,n]\cap\mathbb Z\) 都有 \(|E_k|\ |Z_k|=|G|\)。

*证明

钦定 \(|E_k|=l\)，不失一般性，设 \(E_k=\{a_1(=k),a_2,\cdots,a_l\}\)，\(a_1,a_2,\cdots,a_l\) 是 \(l\) 个不超过 \(n\) 的各不相同的正整数，由等价类的定义可知存在 \(p_i\in G\) 使得

其中 \(i\in[1,l]\cap\mathbb Z\)。

\(P=\{p_1,p_2,\cdots,p_l\}\) 是属于 \(G\) 的置换集合但不是一个群。\(G_j=Z_kp_i\)，其中 \(j\in[1,l]\cap\mathbb Z\)。

由于

故

同样地，\(j\in[1,l]\cap\mathbb Z\)。

\(G_j=Z_kp_j\) 的元素属于 \(G\)，而且当 \(i\ne j\) 时，\(G_i\cap G_j=\emptyset\)。

故

其中 \(A \sqcup B\) 表示不交并，即不相交集合 \(A\) 和 \(B\) 的并集。

另一方面，对于 \(\forall p\in G\) 都有

依据 \(E_k\)，存在 \(p_j\in G\)，使得 \(k\stackrel{p_j}{\longrightarrow}a_j\)，所以有

即

依据 \(Z_k\)，有 \(pp_j^{-1}\in Z_k\)，即 \(p\in Z_kp_j\)，从而推出 \(p\in G_j\)。

由于 \(p\) 是 \(G\) 的任意元素，故

则

故

证毕。

Burnside 引理

设 \(G\) 是 \(N={1,2,3,\cdots,n}\) 上的置换群，\(G\) 在 \(N\) 上可引出不同的等价类，其不同的等价类的个数为

或者写成

*证明

不妨作下表，表中的

故第 \(i\) 行求和等于 \(c_1(a_i)\)，第 \(j\) 列求和等于 \(|Z_k|\)。

我是绝对不会告诉你我一早上只画了这一张表的。

若 \(N=\{1,2,\cdots,n\}\) 分解为 \(l\) 个等价类：

当 \(j\) 和 \(k\) 同属一个等价类时，有 \(|Z_j|=|Z_k|\)，故

由于 \(|E_i|\ |Z_i|=|G|\)（\(i\in [1,l]\cap \mathbb Z\)），则有

Pólya 定理

设 \(\bar G\) 是 \(n\) 个对象的一个置换群，用 \(m\) 种颜色对 \(n\) 个对象染色，则不同的染色方案数为

其中 \(\bar G={\bar a_1,\bar a_2,\bar a_3,\cdots,\bar a_g}\)，\(c(\bar a_k)\) 为置换 \(a_k\) 的循环节数。

*证明

钦定 \(n\) 个对象用 \(m\) 种颜色进行涂色所得的方案集合为 \(S\)，显然有 \(|S|=m^n\)。

\(\bar G\) 的每一个元素 \(\bar a_{j}\) 对应于 \(n\) 个对象的一个排列，也对应了 \(S\) 中的 \(m^n\) 个涂色方案的一个排列，记作 \(a_j\)。

这样，\(n\) 个对象上的群 \(\bar G\)，对应于作用在 \(S\) 上的群 \(\bar G\)，故

且有 \(c_1(a_j)\)=\(m^{c(\bar a_j)}\)，与前面的证法类似，可得 \(S\) 按 \(G\) 分成不同等价类的个数为

证毕。

*母函数形式的 Pólya 定理

众所周知 Pólya 定理不仅仅能够用来计数。

我们考虑将 Pólya 定理推广到母函数（生成函数）形式，以便对状态进行列举。

设有对象集合 \((a_1,a_2,a_3,a_4)\)，用 \((c_1,c_2,c_3)\) \(3\) 种颜色来涂染，每个对象着一色，例如 \(a_1\) 着 \(c_1\) 色，\(a_2\) 着 \(c_3\) 色，\(a_3\) 着 \(c_2\) 色，\(a_4\) 着 \(c_1\) 色，规定对象顺序是 \(a_1a_2a_3a_4\)，上述着色方案用 \(c_1c_3c_2c_1\) 表示。

如果我们不关心具体的对象涂染了什么颜色，只关心方案用了哪些颜色，我们可以进一步写成 \(c_1^2c_2c_3\)。

例如使用蓝、绿、红、黄这 \(4\) 种颜色涂染 \(3\) 个同样的球，不妨记为 \(b,g,r,y\)，所有方案可写为 \((b+g+r+y)^3\)，由于 \(3\) 个球无区别，故乘法是可交换的。

展开式中的文字项表示方案，系数为方案的数目。

可把上面这种方法应用于 Pólya 定理。

设对 \(n\) 个对象用 \(m\) 种颜色 \(b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n\) 进行着色，对应于置换 \(a_i\) 的 \(k\) 阶\(^\dag\)循环因子，其中 \(k\) 个对象，同一颜色用了 \(k\) 次，故在

中 \(m^{c(a_i)}\) 项用

引进循环指数多项式

\(^\dag\)循环因子：一个置换分解成若干循环后的其中一个循环。

得

其中 \(s_k=\sum\limits_{i=1}^m c_1^k\)（\(k\in [1,n]\cap \mathbb Z\)）。

证毕。

典例

UVA10733 The Colored Cubes

题目链接：洛谷 / UVa

题意：求给一个正方体的六个面涂上 \(n\) 种颜色的本质不同方案数。

前置知识：Burnside 引理和 Pólya 定理，可以看一下这篇。

使正方体重合的刚体运动群，有如下几种情况：

• 不动置换，即单位元素 \((1)(2)(3)(4)(5)(6)\)，格式为 \((1)^6\)；
• 绕过面 \(\alpha_1\) 和 \(\alpha_6\) 中心的 \(AB\) 轴旋转 \(\pm 90\degree\)，对应有 \((1)(2\ 3\ 4\ 5)(6)\) 以及 \((1)(5\ 4\ 3\ 2)(6)\)，如下图所示：

格式为 \((1)^2(4)^1\)，正方体有三个对面，故同类置换有 \(6\) 个；

• 绕上图中 \(AB\) 轴旋转 \(180\degree\) 的置换为 \((1)(2\ 4)(3\ 5)(6)\)，格式为 \((1)^2(2)^2\)，同类置换有 \(3\) 个；
• 绕下图中 \(CD\) 轴旋转 \(180\degree\) 的置换为 \((1\ 6)(2\ 5)(3\ 4)\)，格式为 \((2)^3\)，正方体中对角线位置平行的棱有 \(6\) 对，故同类置换有 \(6\) 个；

• 绕下图中 \(EF\) 旋转 \(\pm 120\degree\)，对应有 \((3\ 4\ 6)(1\ 5\ 2)\) 以及 \((6\ 4\ 3)(5\ 2\ 1)\)，格式为 \((3)^2\)，正方体的对角线有 \(4\) 条，故同类置换有 \(8\) 个。

依据 Pólya 定理，

于是不同染色方案数为

P4980 【模板】Pólya 定理

题目链接：洛谷

依据 Pólya 定理，

代入 \(|\bar G|=n\)，\(c(\bar a_i)=\gcd(n,i)\) 得

改为枚举 \(\gcd\)，令 \(f(i)=m^i\) 得

其中 \(f*g\) 为 \(f\) 和 \(g\) 的 Dirichlet 卷积。

则有

代入 \(m=n\) 得到

枚举 \(d\) 计算贡献即可，时间复杂度 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)。

int phi(int n)
{
	int ret=1;
	for(int i=2;i*i<=n;i++)
		if(n%i==0)
		{
			n/=i;
			ret*=(i-1);
			while(n%i==0)
			{
				n/=i;
				ret*=i;
			}
		}
	if(n>1)
		ret*=(n-1);
	return ret;
}
int polya(int m,int n)
{
	int ans=0;
	for(int i=1;i*i<=n;i++)
		if(n%i==0)
		{
			ans=(ans+phi(i)*quick_pow(m,n/i-1,mod)%mod)%mod;
			if(i*i!=n)
				ans=(ans+phi(n/i)*quick_pow(m,i-1,mod)%mod)%mod;
		}
	return ans;
}

图同构计数问题

P4727 [HNOI2009] 图的同构计数

题目链接：洛谷

问题相当于对 \(n\) 个无标志顶点的完全图的 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 条边，用 \(2\) 种颜色（分别表示该边存在和不存在）进行着色，求不同方案数的问题。

先 dfs 枚举 \(n\) 的拆分再使用 Burnside 求解即可。

没有分析过程是因为我懒得写了。

void Burnside(int n,int b[])
{
	int k=0,prod=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++)
			k+=__gcd(b[i],b[j]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		k+=b[i]>>1;
		prod=prod*b[i]%p;
	}
	for(int i=1,j;i<=n;i=j)
	{
		for(j=i;j<=n&&b[i]==b[j];j++)
			; // consecutive
		prod=prod*fac[j-i]%p;
	}
	ans=(ans+quick_pow(prod,p-2,p)*quick_pow(m,k,p)%p)%p;
}
int b[105];
void dfs(int cur,int l,int rst) // enum b
{
	if(rst<=0)
	{
		Burnside(cur-1,b); // Burnside
		return;
	}
	for(int i=l;i<=rst;i++)
	{
		b[cur]=i;
		dfs(cur+1,i,rst-i);
	}
}

另解：使用母函数形式的 Pólya 定理，但是我不太会。

*P4128 [SHOI2006] 有色图

题目链接：洛谷

和上一题差不多，把 \(2\) 换成 \(m\) 即可。

UVA11255 Necklace

题目链接：洛谷 / UVa

依据 Burnside 引理，

显然对于本题我们需要求出 \(c_1(a_i)\)。

我们考虑 \(c_1(a_i)\) 的意义，即在 \(a_i\) 作用下保持不动的元素个数。在本题中即为经过一次置换后前后状态本质相同的状态个数。

我们不采用题目中给定的 \(n\) 的定义，钦定数据组数为 \(t\)，令 \(n=a+b+c\)。

不妨先考虑旋转带来的影响。钦定经过某一种旋转置换后 \(d_{(i+k-1)\bmod n+1}\gets d_i\)，即将第 \(i\) 颗珍珠旋转到第 \((i+k-1)\bmod n+1\) 的位置。

则该置换由 \(\gcd(n,k)\) 个长度相等的循环构成，即

同时要保证 \(\forall i\in [1,\frac{n}{\gcd(n,k)}]\cap \mathbb Z\)，\(j,k\in [1,\gcd(n,k)]\cap \mathbb Z\) 都有 \(d_{i,j}=d_{i,k}\)，否则旋转后两个状态本质不同。

不妨令 \(t=\frac{n}{\gcd(n,k)}\)，则一定有 \(t\mid a \land t\mid b\land t\mid c\)，若不满足该条件，则无法保证每个环内的颜色相同，方案数为 \(0\)。

考虑每种颜色的环有多少个。显然，白色环有 \(r_a=\frac{a}{t}\) 个，灰色环有 \(r_b=\frac{b}{t}\) 个，黑色环有 \(r_c=\frac{c}{t}\) 个。

考虑排列这些环的方案数，有

枚举 \(k\) 将贡献累加即可。

然后考虑翻转带来的影响。注意到 \(n\) 的奇偶性对翻转前后相同状态的数量以及翻转轴的位置有影响，考虑分类讨论。

\(n\) 为奇数时，显然所有翻转轴都是经过一颗珍珠和一段线，如下图所示。

而翻转轴共有 \(n\) 条，每一个置换的格式都为 \((1)^1(2)^{\frac{n-1}{2}}\)，对经过的珍珠的颜色进行枚举并将贡献累加得到

\(n\) 为偶数时，有 \(\frac{n}{2}\) 条翻转轴经过两颗珍珠，有 \(\frac{n}{2}\) 条翻转轴经过两段线，同样地，翻转轴有 \(n\) 条，每一个置换的格式都为 \((1)^2(2)^{\frac{n}{2}-1}\)，枚举经过的珍珠的颜色，同样将贡献累加得到

将所有贡献相加即为 \(\sum\limits_{i=1}^gc_1(a_i)\)，而 \(|G|=2n\)，二者相除即为最终答案，注意计算时可能溢出，尽量边乘边除。

void dv(__int128 &x,int &a,int &b)
{
	if(a)
		while(x%a==0)
		{
			x/=a--;
			if(!a)
				break;
		}
	if(b)
		while(x%b==0)
		{
			x/=b--;
			if(!b)
				break;
		}
}
__int128 f(int a,int b,int c,int x)
{
	if(a%x||b%x||c%x||a<0||b<0||c<0)
		return 0;
	a/=x;
	b/=x;
	c/=x;
	int n=a+b+c;
	__int128 ret=1;
	for(int i=n;i>a;i--)
	{
		__int128 tmp=i;
		dv(tmp,b,c);
		ret*=tmp;
		dv(ret,b,c);
	}
	return ret;
}

n=a+b+c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
  sum+=f(a,b,c,n/__gcd(i,n));
  ans+=sum/(n<<1);
  sum%=(n<<1);
}
if(n&1)
{
  sum+=(f(a-1,b,c,2)+f(a,b-1,c,2)+f(a,b,c-1,2))*n;
  ans+=sum/(n<<1);
  sum%=(n<<1);
}
else
{
  sum+=(f(a,b,c,2)+f(a-1,b-1,c,2)+f(a-1,b,c-1,2)+f(a,b-1,c-1,2))*n;
  ans+=sum/(n<<1);
  sum%=(n<<1);
}

编者按

带有*标记的为可跳过部分。

本文在 CSDN 和洛谷同步更新。后续会不会补充未知。

CSDN 链接：https://blog.csdn.net/yingjingxu/article/details/146433892