Burnside引理与Polya定理
简述：
Burnside 引理:
一类状态在一个置换群 (\(G\)) 的作用下本质不同的状态（不同等价类）个数
\(∣X/G∣=\dfrac{1}{|G|}*\sum\limits_{r\in G}c(r)\)
\(c(r)\)表示在 \(r\) 这一置换作用下不动点（状态不变的方案）的个数。
证明略。
Polya定理:
\(c(r)=k^m\)
\(k\) 为当前置换不同循环的个数，\(m\)为可赋予颜色数。
即位于同一循环（可互相替代，专业叫等价类）的元素颜色相同才能成为不动点。
栗子：
不同的翻转操作即为置换群。
对于向下 $90^\circ $ 的操作，中间四个面，左边的面，右边的面即为三个不同的循环（等价类）。
例题：
一：P4980 【模板】Pólya 定理
题意：
给定一个 \(n\) 个点，\(n\) 条边的环，有 \(n\) 种颜色，给每个顶点染色，问有多少种本质不同的染色方案。
做法：
咳咳，不是我懒得写，主要 Latex 太难打了。
说明一下那个 \(gcd\) 那点：
对于一个旋转 \(k\) 次的操作，当前点旋转 \(n/gcd(n,k)\) 次就会回到当前点，即 \(k * ( n / gcd ( n,k ) ) %n == 0\) 。因此一个循环有 \(n/gcd(n,k)\) 节点，所以一共有 \(gcd(n,k)\) 个循环。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1e5+8;
ll n;
const ll mod=1e9+7;
ll qm(ll x,int p)
{
if(p==0) return 1;
ll tmp=qm(x,p>>1);
if(p&1) return tmp*tmp%mod*x%mod;
return tmp*tmp%mod;
}
ll read()
{
ll x=0;
char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9'){
x=x*10;
x+=c-'0';
c=getchar();
}
return x;
}
ll ol(ll x)
{
ll ans=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
if(x%i==0){
ans=ans*(i-1)%mod*qm(i,mod-2)%mod;
while(x%i==0) x/=i;
}
if(x>1) ans=ans*(x-1)%mod*qm(x,mod-2)%mod;
return ans%mod;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
n=read();
ll ans=0;
for(ll i=1;i*i<=n;i++)
{
if(n%i) continue;
ans=(ans+ol(n/i)*qm(n,i-1)%mod)%mod;
if(i*i!=n) ans=(ans+ol(i)*qm(n,n/i-1)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
还有道一样的题：【例题1】彩色项链1
改成 \(m\) 种颜色还是一样的，只是改一下对应底数就行,翻转的操作也较好处理。
还有一道：P5233 [JSOI2012]爱之项链
本题还不清楚为啥 T 了。乱开longlong害死人。
关于波利亚定理的运用是一样的，只是多了个 \(dp\) 和数学求斐波那契数列一类的通项公式的方法，后者还没学会，不过可以用矩阵代替。
*二：P4727 [HNOI2009]图的同构计数
题意：
边有两种颜色，
求含 N 个点的图在同构意义下不同构的图的数目。
A图与B图被认为是同构的是指：A图的顶点经过一定的重新标号以后，A图的顶点集和边集要完全与B图一一对应。
做法：
对于自己来说可能更清楚的讲解：
一个图的置换，其实就是找一种排列来替换 \(1\thicksim n\)的点。
对于一个置换，将其拆为若干个互不影响的置换。
2 3 1
1 2 3
以上置换代表用 2 3 1 顶替 1 2 3。
例如：
5 3 2 1 4
1 2 3 4 5
将其拆为
5 1 4
1 4 5
和
3 2
2 3
下面将边分为两类。
一：两端点在同一置换里。
对于每个置换而言，将其按顺序排好
例如
3 4 2 1
1 2 3 4
按 1 4 2 3 的顺序排（因为元素是按这个顺序流动的）。
排成一个正多边形，会发现不同长度（即相隔不同个数的点）的边属于不同的等价类，因此有 \(\left\lfloor\dfrac{p[i]}{2}\right\rfloor\) 种不同的等价类，\(p[i]\) 为该置换点数。
二：两端点在不同置换里。
一条边想转回自己的位置要走 \(lcm(p[i],p[j])\) 下，即两点同时回到原位，因此这 \(lcm(p[i],p[j])\) 条边属于一个等价类，共有 \(p[i]*p[j]\) 条边，因此有 \(p[i]*p[j]/lcm(p[i],p[j])=gcd(p[i],p[j]\))。
综上答案为：
\(b\) 同 \(p\)，\(K\)为拆分出来的置换个数。
最后，为了使计算快捷，直接枚举（爆搜）本质不同的置换，即将 \(n\) 拆分。
考虑有多少种拆成 \(P\) 这种方案的。
用 \(\dfrac{n!}{\prod_{p[i]!}}\) 算出点的分配方案。
对于一个置换里的点，相当于一个 \(n\) 边型顶点的排列，即圆排列，因此有对于一个置换来说有 \((p[i]-1)!\) 种排列方案，总的就要乘上 \(\prod_{(p[i]-1)!}\)。
最后，对于长度相等的循环它们之间可以彼此交换，本质上是一样的，因此还是会算重。设 \(c\) 表示表某个长度的循环的个数，则会算重 \(c!\) 倍。因此答案还需除以 \(\prod_{c[i]!}\) 。
算上除以的置换群大小 \(n!\)，总答案为：
黑题完成！
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=65;
const int mod=997;
int n;
int p[N],tot;
int t[N];
int jc[N];
int ans=0;
int minn(int a,int b)
{
return a>b?b:a;
}
int maxx(int a,int b)
{
return a<b?b:a;
}
int qm(int x,int p)
{
if(p==0) return 1;
int tmp=qm(x,p>>1);
if(p&1) return tmp*tmp*x%mod;
return tmp*tmp%mod;
}
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
void work()
{
int k=0;
int tmp=1;
memset(t,0,sizeof(t));
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
k+=p[i]/2;
t[p[i]]++;
tmp=tmp*qm(p[i],mod-2)%mod;
for(int j=1;j<i;j++)
k+=gcd(p[i],p[j]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(t[i]>1)
tmp=tmp*qm(jc[t[i]],mod-2)%mod;
}
ans=(ans+qm(2,k)*tmp%mod)%mod;
}
void dfs(int x,int h,int s)
{
if(!h) tot=x-1,work();
if(h<s) return;
for(int i=s;i<=h;i++)
{
p[x]=i;
dfs(x+1,h-i,i);
}
}
int main()
{
cin>>n;
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
dfs(1,n,1);
cout<<ans<<endl;
}
如果有 \(m\) 种颜色也是一样的：
P4128 [SHOI2006] 有色图
卡常所得经验：
\(1\).深搜别闲着没事写迭代加深，慢死了，这两题的深搜可以多看一看。
\(2\).逆元可以预处理一下快一点。
黑题二倍经验，好耶！
三 G. 魔法手镯
题意：
有一个 \(n\) 颗魔法珠子组成的魔法手镯。有\(m\) 种不同的魔法珠。每一种珠子都是无限的。将许多珠子串在一起，就可以制成一个美丽的圆形魔法手镯。某些种类的珠子会相互作用并爆炸，你必须非常小心以确保这些珠子不会串在一起。
做法：
公式套上矩阵乘法。
有多少个等价类相当于将多少个珠子串成环，枚举第一个位置放什么颜色，后面用矩阵优化 \(DP\) 即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=9973;
int n,m,k;
int ans;
struct mt{
int n,m;
int a[15][15];
};
mt tp;
mt operator * (const mt x,const mt y)
{
mt c;
c.n=x.n;
c.m=y.m;
for(int i=1;i<=c.n;i++)
for(int j=1;j<=c.m;j++){
c.a[i][j]=0;
for(int k=1;k<=x.m;k++)
c.a[i][j]=(c.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mod;
}
return c;
}
int qm(int x,int p)
{
if(p==0) return 1;
int tmp=qm(x,p>>1);
if(p&1) return tmp*tmp*x%mod;
return tmp*tmp%mod;
}
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
mt mq(int k)
{
mt p;
p.n=p.m=m;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
p.a[i][j]=(i==j);
mt q=tp;
while(k)
{
if(k&1) p=p*q;
q=q*q;k>>=1;
}
return p;
}
int work(int k)
{
mt p,pp;
p.n=m;p.m=1;
for(int i=1;i<=m;i++) p.a[i][1]=0;
int num=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
pp=p,pp.a[i][1]=1,pp=mq(k-1)*pp;
for(int j=1;j<=m;j++) num=(num+pp.a[j][1]*tp.a[i][j])%mod;
}
return num;
}
int ol(int x)
{
int p=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
{
if(x%i) continue;
p=p*(i-1)%mod*qm(i,mod-2)%mod;
while(x%i==0) x/=i;
}
if(x>1) p=p*(x-1)%mod*qm(x,mod-2)%mod;
return p;
}
signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
tp.n=tp.m=m;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
tp.a[i][j]=1;
while(k--)
{
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
tp.a[x][y]=tp.a[y][x]=0;
}
ans=0;
for(int i=1;i*i<=n;i++)
{
if(n%i) continue;
ans=(ans+work(i)*ol(n/i))%mod;
if(i*i!=n) ans=(ans+work(n/i)*ol(i))%mod;
}
ans=ans*qm(n,mod-2)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
四 H. 周末晚会
题意：
\(n\) 个人围绕着圆桌坐着，其中一些是男孩，另一些是女孩。你的任务是找出所有合法的方案数，使得不超过 \(k\) 个女孩座位是连续的。循环同构会被认为是同一种方案。
做法：
先套公式，难点在于如何求一个置换下不动点的个数。
设 \(f[i][j]\) 表示长度为 \(i\) 第一个为男生最后有连续 \(j\) 个女生的方案数。
枚举合法长度乘上合法位置数即可。注意特判全为女生的情况。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll unsigned long long
const int mod=1e8+7;
const int N=2005;
int n,k;
ll f[N][N];
ll qm(ll x,int p)
{
if(p==0) return 1;
ll tmp=qm(x,p>>1);
if(p&1) return tmp*tmp%mod*x%mod;
return tmp*tmp%mod;
}
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
ll work(int p)
{
ll num=(n==k);
for(ll i=p>k?p-k:1;i<=p;i++)
num=(num+f[i][0]*(p-i+1)%mod)%mod;
return num;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
memset(f,0,sizeof(f));
scanf("%d%d",&n,&k);
if(k>n) k=n;
f[1][0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<min(k,i);j++)
f[i][j+1]=f[i-1][j],f[i][0]=(f[i][0]+f[i-1][j])%mod;
f[i][0]=(f[i][0]+f[i-1][k])%mod;
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+work(gcd(i,n)))%mod;
printf("%lld\n",ans*qm(n,mod-2)%mod);
}
}
垃圾题目把模数写错了浪费我半天时间！！！
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