Burnside 引理和 Polya 定理

Burnside 引理和 Polya 定理

群论基础

若集合 \(S\ne\varnothing\) 和 \(S\) 上二元运算 \(\cdot\) 构成的代数结构 \(G(S,\cdot)\) 满足以下性质：

• 封闭性：\(\forall a,b\in S\)，\(a\cdot b\in S\)；
• 结合律：\(\forall a,b,c\in S\)，\((a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)\)；
• 有单位元：\(\exists e\in S\)，\(\forall a\in S\)，\(a\cdot e=e\cdot a=a\)；
• 有逆元：\(\forall a\in S\)，\(\exists b\in S\)，\(a\cdot b=b\cdot a=e\)。

则称 \(G(S,\cdot)\) 是一个群。

基础置换群

置换

置换是有限集合到自身的双射，例如集合 \(S=\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\) 的置换可表示为

\[\sigma=\begin{pmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_n\\ a_{p_1}&a_{p_2}&\cdots&a_{p_n}\end{pmatrix} \]

其中 \(p_1,p_2,\dots,p_n\) 是关于 \(1,2,\dots,n\) 的一个排列。

不难发现置换构成了一个群。

轮换

轮换是一种特殊的置换，集合 \(S=\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\) 的轮换可表示为

\[\sigma'=\begin{pmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_{n-1}&a_n\\a_2&a_3&\cdots&a_n&a_1\end{pmatrix} \]

不难发现所有的置换都可以拆成若干轮换的乘积。因此，在题目中我们常常将置换拆解为轮换然后求解。

典型例题

• POJ2369 Permutations：把给定的置换拆成轮换形式，答案就是所有轮换长度的最小公倍数。
• P3207 [HNOI2010] 物品调度：发现求出 \(\mathit{pos}_i\) 之后是容易的，所以考虑求出 \(\mathit{pos}_i\) 的方式。注意到 \(\mathit{pos}_i=(c_i+d\times x_i+y_i)\bmod n\) 这个式子，它增加的过程构成了 \(\gcd(n,d)\) 个长度为 \(\dfrac n{\gcd(n,d)}\) 的环，然后转化 \(x\) 增加的意义为在环上走一步，\(y\) 增加的意义为环的编号 \(+1\)。然后用并查集分别维护第一个未选点的环和第一个未选的点即可。

Burnside 引理

定义映射为：若 \(A,B\) 是两个有限集合，则 \(X=B^A\) 表示所有从 \(A\) 到 \(B\) 的映射，可以理解为所有初始状态的集合。\(G\) 是作用在 \(A\) 上的一个置换群，可以理解为所有置换方式的集合。\(X/G\) 表示 \(G\) 作用在 \(X\) 上产生的所有等价类的集合，那么 \(|X/G|\) 就表示所有等价类的数目。有引理：

\[|X/G|=\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

其中 \(X^g\) 表示 \(g\) 作用在 \(X\) 上产生的不动点的个数，也就是发生置换 \(g\) 后不改变结果的映射个数。

具体应用方面，有时直接求出 \(|X/G|\) 是困难的，但是如果能求出不动点的个数就可以用 Burnside 引理求解了。

典型例题

• P1446 [HNOI2008] Cards：发现 \(m\) 个洗牌法和恒等置换构成了一个群，又由于此题映射不完整（保证红绿蓝颜色个数是定值），所以用 Burnside 引理，简单 DP 后套公式求解即可。

Polya 定理

实际上是 Burnside 引理的一种特殊形式。有定理如下：

\[|X/G|=\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|B|^{c(g)} \]

其中 \(c(g)\) 表示置换 \(g\) 可以拆出的不相交的轮换数量。注意 Polya 定理只能在 \(X=B^A\) 时成立，也就是这个映射必须是全集的映射，不能加限制条件。

典型例题

• P4980 【模板】Pólya 定理：发现这题对环染色无映射限制，考虑使用 Polya 定理。发现对于旋转 \(i\) 次的置换 \(g\)，\(c(g)=\gcd(n,i)\)。所以答案就是 \(\displaystyle\dfrac1n\sum_{i=1}^nn^{\gcd(i,n)}\)。进一步转化为 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}n^{d-1}\varphi\Big(\frac nd\Big)\)，然后就可以求解了。