金牌导航-Burnside引理与Polya定理
Burnside引理与Polya定理
例题A题解
Polya模板。
Polya定理给出，如果设有限集 \(D\) 的置换群为 \(G\)，\(C\) 是由全体用 \(m\) 种颜色为 \(D\) 中颜色染色的方案构成的集合，每个置换 \(\sigma\) 的循环总数是 \(c(\sigma)\)，那么 \(G\) 诱导的 \(C\) 的等价类数量 \(N=\frac{1}{|G|}\sum_{\sigma\in G}m^{c(\sigma)}\)。
在这道题中：
- \(D\) 就是珠子的位置 \(0,1,\dots,n-1\)（这里从 \(0\) 开始计数），颜色数量是 \(k=n\)。
- 每个置换 \(\sigma_i=(i,2i,\dots,0),(i+k,2i+k,\dots,k)\dots\)（表示整体向右移 \(i\) 位的这个循环），一共有 \(n\) 个置换。
- 且有 \(c(\sigma_i)=\gcd(n,i)\)（我们知道一个循环长度应该是 \(\frac{lcm(n,i)}{i}\)，在一个置换中，所有的 \(i\) 都应该出现，故总共置换数应该是 \(\frac{n}{(\frac{lcm(n,i)}{i})}=\gcd(n,i)\)）。
- 所以最终答案是 \(ans=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nk^{\gcd(n,i)}\)。
但是这道题的 \(n\) 高达 \(10^9\)，这不直接T飞了？
怎么办？
考虑优化这个式子：
我们发现，对于 \(\gcd(n,i)\) 相同的 \(i\)，贡献是一样的，那么能不能在这上面优化呢？
设 \(\gcd(n,i) = x\)，那么就有 \(\gcd(\frac{n}{x},\frac{i}{x})=1\)，也就是说，我们要统计的 \(\gcd(n,i) = x\) 的个数就是 \(\gcd(\frac{n}{x},\frac{i}{x})=1\) 的个数。
后者显然是欧拉函数，也就是说，公约数为 \(x\) 的 \(i\) 有 \(\varphi(\frac{n}{x})\) 个。
那么我们枚举约数，答案变成 \(\frac{1}{n}\sum_{p|n}\varphi(\frac{n}{p})\times k^p\)。
然后就没了。
例题A代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;char ch =getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
int mod, n;
int qpow(int x,int a){int res = 1;for(;a;a >>= 1,x = x * x % mod)if(a & 1)res = res * x % mod;return res;}
int phi(int n){
int ans = n;
for(int i = 2;i * i <= n;i++){
if(n % i == 0){
ans = ans / i * (i - 1);
while(n % i == 0)n /= i;
}
}
if(n > 1)ans = ans / n * (n - 1);
return ans;
}
signed main(){
for(int Test = read();Test;Test--){
n = read();mod = read();
int ans = 0;
for(int i = 1;i * i <= n;i++){
if(n % i != 0)continue;
ans = (ans + phi(i) * qpow(n,n / i - 1) % mod) % mod;
if(i * i != n)ans = (ans + phi(n / i) * qpow(n,i - 1) % mod) % mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
例题B题解
不难发现，这道题与上一道题的唯一区别是，这道题加入了翻转这个操作。
我们想想这个操作会带来什么新的置换。
我们分类讨论下，分成环长度是偶数和环长度是奇数。
先来看环长度是偶数的情况
置换有移位和翻转两种，移位的那种第一篇题解已经说过了，我们主要看翻转这种情况。
不难发现，每次翻转分为
- 以一对相对顶点顶点连线为对称轴翻转，这种情况共有 \(\frac{n}{2}\) 种，每种的循环数量为 \(\frac{n}{2} + 1\)。
- 以一对相对边的中点连线为对称轴翻转，这种情况共有 \(\frac{n}{2}\) 种，每种的循环数量为 \(\frac{n}{2}\)。
故答案就是
\[ans=\frac{\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)+\frac{n}{2}(m^{\frac{n}{2}+1}+m^{\frac{n}{2}})}{2n}
\]
然后再说长度是奇数的情况
置换有移位和翻转两种，移位的那种第一篇题解已经说过了，我们主要看翻转这种情况。
而翻转相较于偶数情况简单了许多，只有以一个顶点和其相对的边的中点相连的直线翻转的情况，一共有 \(n\) 种，每种的循环数量有 \(\frac{n}{2}+1\)个。
故答案就是
\[ans=\frac{\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)+n\times m^{\frac{n}{2}+1}}{2n}
\]
没了。
例题B代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;char ch =getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
int n, m;
int qpow(int x,int a){int res = 1;for(;a;a >>= 1,x = x * x)if(a & 1)res = res * x;return res;}
int gcd(int x,int y){return y == 0 ? x : gcd(y,x % y);}
signed main(){
while((m = read()) , (n = read()), (n || m)){
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){ans += qpow(m,gcd(n,i));}
if(n & 1){ans += n * qpow(m, n / 2 + 1);}
else{ans += (n / 2) * (qpow(m,n / 2 + 1) + qpow(m,n / 2));}
ans /= 2 * n;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
例题C题解
不难发现，计数循环其实不太好做，那就用Burnside吧。
考虑进行整数拆分，然后统计每一个循环的不动点数量。
不难发现，循环长度组成的集合相同的置换贡献相同。
对于一个整数拆分 \(n=b_1+b_2+\dots+b_k\)，我们有：
- 对于在循环 \(i\) 中的边，不动点（不发生改变的边）的数量有 \(\lfloor\frac{b_i}{2}\rfloor\) 个
- 对于循环之间的边，不动点的数量有 \(\gcd_{1\le i<j\le k}\gcd(b_i,b_j)\) 个。
一共有 \(n!\) 种排列，但是有两种重复情况：
- 同一个循环中，起始位置并不关心，需要乘上 \(\frac{1}{b_i}\)
- 相同长度循环是可以交换的，所以对于长度为 \(l\) 的循环，如果有 \(cnt_l\) 个，需要乘上 \(\frac{1}{cnt_l}\)
没了。
例题C代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
const int maxn = 61;
int n, m, mod, ans, k, a[maxn];
int qpow(int x,int a){int res = 1;for(;a;a >>= 1, x = x * x % mod)if(a & 1)res = res * x % mod;return res;}
int invv[maxn], pw[maxn], invpw[maxn];
void dfs(int sum,int rest,int inv,int lstnum, int cnt){
if(rest == 0){
// printf("%lld %lld\n",sum,inv);
ans = (ans + qpow(m,sum) * inv) % mod;
return;
}
for(int i = min(rest,lstnum);i;i--){
int g = 0;for(int j = 1;j <= k;j++)g += __gcd(a[j],i);
a[++k] = i;
if(i == a[k - 1]){dfs(sum + i / 2 + g,rest - i,inv * invpw[cnt + 1] % mod * pw[cnt] % mod * invv[i] % mod,i,cnt + 1);}
else dfs(sum + i / 2 + g,rest - i,inv * invv[i] % mod,i,1);
k--;
}
}
signed main(){
n = read(); m = read();mod = read();pw[0] = invpw[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++){
invv[i] = qpow(i,mod - 2);
pw[i] = pw[i - 1] * i % mod;
invpw[i] = invpw[i - 1] * invv[i] % mod;
}
dfs(0,n,1,n,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
例题D题解
首先看题干，发现这里的每个置换可以构成置换群，那就用Burnside定理。
考虑对每个置换计数不动点，发现对每一个循环，需要所有的颜色都相同才是不动点。
然后发现这玩应很像01背包，然后设 \(f_{r,g,b}\) 表示已经染过了 \(r,g,b\) 颜色的情况一共有多少个不动点。
如果设第 \(i\) 个循环长度是 \(siz_i\)
显然有：
\[f_{r,g,b}\gets f_{r-siz_i,g,b} + f_{r,g-siz_i,b}+f_{r,g,b - siz_i}
\]
然后就没了，别忘了单元置换就好了。
例题D代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
const int maxn = 70;
int n, m, r, g, b, mod;
int p[maxn];
int f[maxn][maxn][maxn];
int siz[maxn], tot;
bool book[maxn];
int calc(){
for(int i = 1;i <= n;i++)book[i] = 0;
for(int i = 0;i <= n;i++)
for(int j = 0;j <= n;j++)
for(int k = 0;k <= n;k++)
f[i][j][k] = 0;
tot = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(!book[i]){
tot++; int len = 0, u = i;
while(!book[u]){book[u] = 1;u = p[u];len++;}
siz[tot] = len;
}
}
f[0][0][0] = 1;
for(int l = 1;l <= tot;l++){
for(int i = r;i + 1;i--){
for(int j = g;j + 1;j--){
for(int k = b;k + 1;k--){
if(i >= siz[l])f[i][j][k] += f[i - siz[l]][j][k];
if(f[i][j][k] >= mod)f[i][j][k] -= mod;
if(j >= siz[l])f[i][j][k] += f[i][j - siz[l]][k];
if(f[i][j][k] >= mod)f[i][j][k] -= mod;
if(k >= siz[l])f[i][j][k] += f[i][j][k - siz[l]];
if(f[i][j][k] >= mod)f[i][j][k] -= mod;
}
}
}
}
return f[r][g][b];
}
int qpow(int x,int a){int res = 1;for(;a;a >>= 1,x = x * x % mod)if(a & 1)res = res * x % mod;return res;}
signed main(){
r = read(); g = read(); b = read(); m = read(); mod = read(); n = r + g + b;
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= m;i++){
for(int j = 1;j <= n;j++)p[j] = read();
ans += calc();if(ans >= mod)ans -= mod;
}
for(int j = 1;j <= n;j++)p[j] = j;
ans += calc();if(ans >= mod) ans -= mod;
printf("%d\n",ans * qpow(m + 1,mod - 2) % mod);
return 0;
}
例题E题解
不难发现，这道题有对于置换的限制。
如果设 \(f_{i,j}\) 表示颜色 \(i\to j\) 的方案数，那么就有：
\[ans=\frac{1}{n}\sum_{p|n}\varphi(p)\sum_{i,j}f^{\frac{n}{p}}_{i,j}
\]
没了。
例题E代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
const int maxk = 11, mod = 9973;
int n, m, k;
struct Matrix{
int a[maxk][maxk];
Matrix(int x = 0){
for(int i = 1;i <= m;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
a[i][j] = 0;
if(x != 0)
for(int i = 1;i <= m;i++)a[i][i] = 1;
}
friend Matrix operator * (Matrix a,Matrix b){
Matrix c = Matrix(0);
for(int i = 1;i <= m;i++)
for(int k = 1;k <= m;k++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
c.a[i][j] = (c.a[i][j] + a.a[i][k] * b.a[k][j] % mod) % mod;
return c;
}
}A, B;
int qpow(int x,int a){
int res = 1;
while(a){
if(a & 1)res = res * x % mod;
x = x * x % mod;a >>= 1;
}
return res;
}
Matrix qpow(Matrix x,int a){
Matrix res = Matrix(1);
while(a){
if(a & 1)res = res * x;
x = x * x;a >>= 1;
}
return res;
}
int phi(int n){
int ans = n;
for(int i = 2;i * i <= n;i++){
if(n % i)continue;
ans = ans / i * (i - 1);
while(n % i == 0)n /= i;
}
if(n > 1)ans = ans / n * (n - 1);
// printf("ans = %d\n",ans);
return ans;
}
int calc(int x){
B = qpow(A,n / x - 1);int ans = 0;
for(int i = 1;i <= m;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++){
if(A.a[i][j])ans = (ans + B.a[i][j]) % mod;
// printf("(%lld,%lld) = %lld\n",i,j,ans);
}
// printf("ans = %lld\n",ans);
return ans % mod;
}
signed main(){
int T = read();
while(T--){
n = read();m = read(); k = read();
memset(A.a,0,sizeof(A.a));
for(int i = 1;i <= m;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
A.a[i][j] = 1;
for(int i = 1;i <= k;i++){
int u = read(), v = read();
A.a[u][v] = A.a[v][u] = 0;
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i * i <= n;i++){
if(n % i == 0){
ans = (ans + calc(i) * phi(i) % mod) % mod;
if(n / i == i)continue;
ans = (ans + calc(n / i) * phi(n / i) % mod) % mod;
}
}
// printf("%lld\n",ans);
ans = ans * qpow(n,mod - 2) % mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
例题F题解
用Burnside引理，那么这道题相当于求每一个置换的不动点数量。
发现每一个循环的不动点数目相同，也就是说，我们需要求的是长度为 \(k\) 的方案。
这个想怎么求怎么求，然后就没了。
例题F代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
const int maxn = 2e3 + 10, mod = 1e8 + 7;
int f[maxn], S[maxn], Si[maxn];
int n, k;
int qpow(int x,int a){
int res = 1;
while(a){
if(a & 1)res = res * x % mod;
x = x * x % mod;a >>= 1;
}
return res;
}
signed main(){
int T = read();
while(T--){
n = read(); k = read();
int ans = 0;Si[0] = 0;
f[0] = S[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(i - 2 >= k)f[i] = (S[i - 1] - S[i - k - 2] + mod) % mod;
else f[i] = S[i - 1];
S[i] = (S[i - 1] + f[i]) % mod;
Si[i] = (Si[i - 1] + f[i] * i) % mod;
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
int g =__gcd(i, n);
if(g - 2 >= k){ans = (ans + g * (S[g - 1] - S[g - k - 2] + mod) % mod - (Si[g - 1] - Si[g - k - 2] + mod) % mod + mod) % mod;}
else ans = (ans + g * (S[g - 1]) % mod - (Si[g - 1]) % mod + mod) % mod;
if(k >= n)ans++;ans %= mod;
}
ans = ans * qpow(n,mod - 2) % mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号