Burnside of 等价类计数 笔记

对于 Burnside 引理的推导和群论知识，可参考云浅大佬的博客，这篇笔记主要为便利以后复习回顾。

等价类计数

某些计数中，我们会定义一种等价，比如矩阵染色，将矩阵旋转后与另一个矩阵相同，那么就认为这两个矩阵是等价的，要求我们求出两两不等价的矩阵的个数。

这类问题中，我们把等价的定义转化为一个置换群 \(G\)，假设两个状态 \(a,b \in S\)，且存在置换 \(f \in G\)，使得 \(f(a) = b\)，那么 \(a\) 和 \(b\) 等价。求解方法可以通过找每个置换存在的置换环个数，只要能找到这个，我们就可以在 \(O(|G|)\)（忽略快速幂等）的时间复杂度内求解问题。推一推式子就可以继续优化（数论统治世界）。

Burnside 引理

我们设 \(D(g)\) 表示在 \(g \in G\) 这个置换下有多少状态保持不变。那么

\[Ans = \displaystyle \frac 1 {|G|} \sum_{g \in G} D(g) \]

详细推导请看云浅大佬的博客😋。

Polya 定理

知道了 Burnside 引理之后，Polya 定理无非是进一步推导罢了。

在 Burnside 引理中，我们定义了 \(D\)，但 \(D\) 并不好求。因此我们进一步考虑，假设考虑某一个置换 \(g \in G\)，我们通过置换关系画图，会发现很多置换环，如果两个状态想要等价，那么同一个置换环里面的东西就要相同。就像上面举的矩阵染色问题，假设矩阵大小是 \(2 \times 2\)，并且我们考虑旋转 \(180°\)，这时候同一个对角上的两个方格形成一个置换环，那么如果两个状态等价，两个状态的对角上的方格就得相同。

现在定义 \(c(g)\) 是在置换 \(g \in G\) 中置换环的个数，那么可以简单的得出

\[Ans = \frac 1 {|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} m^{c(g)} \]

\(m\) 是由题目定义的，比如上文提到的染色问题，\(m\) 就是可以染的颜色个数。

实际上，写题时直接考虑 \(Burnside\) 就行了，其他的通过题目灵活变通。

题目

P4980 【模板】Polya 定理

置换群 \(G\) 是每次将序列整体旋转 \(\{ 0,1,2,\cdots,n-1 \}\) 次。可以发现旋转 \(x\) 次这个置换所形成的置换环是 \(\gcd(n,x)\) 个，\(x=0\) 可以看作 \(x=n\)。因为形成一个置换环意味着从一个点出发经过 \(t\) 次向前连长度为 \(x\) 的边后第一次把边连回自己身上，那么 \(t \times x\) 是 \(n\) 和 \(x\) 的最大公倍数，\(t\) 是置换环的长度，那么置换环的数量为 \(\frac n t = \gcd(n,x)\)。

所以答案就是 \(\displaystyle \sum_{i = 1}^n m^{\gcd(n,i)}\)，通过变换求和顺序得到答案是 \(\displaystyle \sum_{d | n} \varphi(d) \times m^d\)。

至此，直接直接暴力求解就行了。

P1446 [HNOI2008] Cards

置换群很显然，题目直接输入，难点在于对于每个置换如何算出 \(D(g)\)。

我们将一个置换环看作一个物品，这个物品可以被涂成 RGB 颜色中的一种，同时会占用 \(c(x)\) 的空间，也就是说有 \(c(g)\) 个物品都是这个颜色了。（\(c(x)\) 表示 \(x\) 这个置换环的长度）

至此，我们可以用三维 dp 并在 \(O(1)\) 的复杂度内转移，这样就算出了每一个 \(D(g)\)。问题解决，复杂度是四次方级别的。

P4128 [SHOI2006] 有色图

哪里有涩图，我认识个大佬想要

首先关注到重构条件是一种置换，但是不容易找置换环，所以抛弃 polya，burnside 硬推统治世界！

我们有四种连边，一一讨论：

• 点与点连边：直接连，没有别的限制。

• 环与点连边：如果一个环上的一个点连了另一个点，那么这个环上的所有点都要和那个点相连。

• 环与环连边：可以手动模拟一下，假设有环 \(A,B\)，\(a_1\) 连了 \(b_1\)，那么 \(a_2\) 就要连 \(b_2\)，回环往复，直到 \(a_x\) 和 \(b_y\) 即将连接，却发现他们俩已经连过了。容易发现这样的边要连 \(lcm(|A|,|B|)\) 条，因为 \(A\) 和 \(B\) 之间一共有 \(|A||B|\) 条边，所以一共有 \(\frac {|A||B|} {lcm(|A|,|B|)} = \gcd(|A|,|B|)\) 种边集合可以让两个环之间连接。

• 环内部连边：模拟一下就可以发现环内部有 \(\frac {|A|} 2\) 种边集合可以让环内部连接。

前三条其实可以合并，直接取 gcd。所以，如果给定一个置换，那么找到所有的置换环之后，可以得出 \(D(g)\)，并且 \(D(g)\) 一定是 \(m\) 的次方。

现在考虑 \(n\) 的拆分数，将 \(n\) 个数拆成很多置换环的形式，然后算出来这些置换环之间产生的 \(D(g)\)。现在的任务是算出来有多少种置换可以形成这样的置换环组合。

首先把每一个元素都分配在这些置换环里面，也就是 typical 多重组合数，假设这些置换环的长度放进数组 \(a\) 里，那么答案就是 \(\frac {n!} {\prod a_i!}\)。

同时发现，很多元素虽然在一个环里面，但是这些元素以什么样的连边形成一个环，是有很多情况的，所以要乘上 \(\prod (a_i - 1)!\)。

然后，因为如果有多个置换环的长度相同，那么他们之间的顺序是没有意义的。设 \(b_i\) 表示某一个长度的置换环出现了多少次，答案要除以 \(\prod b_i!\)。总结下来，最后有 \(res\) 个置换会形成当前枚举的置换环组合，那么

\[res = \frac {n!} {\prod a_i \prod b_i!} \]