Burnside 引理学习笔记

Burnside 引理学习笔记

一、记号约定

设 \(X\) 是一个集合，\(x\) 是 \(X\) 中的元素

设 \(g\) 是一个作用在 \(X\) 上置换。

设 \(G\) 是 \(g\) 的集合，满足 \((G,\circ)\) 构成一个群，其中 \(\circ\) 表示置换复合 。

设 \(O_x=\{y\in X|y=g(x),g\in G\}\)，称作 \(x\) 的轨道，即 \(x\) 在 \(G\) 的所有变换作用后形成的 \(y\) 构成的集合。

设 \(G_x=\{g\in G|g(x)=x\}\)，称作 \(x\) 的稳定子，即作用 \(x\) 稳定不变的变换 \(g\) 的集合。

设 \(X^g=\{x\in X|g(x)=x\}\)，称作 \(g\) 的不动点，在 \(g\) 作用下不动的点 \(x\) 的集合。

设 \(X\setminus G=\{O_x|x\in X\}\)，即所有轨道的集合，亦为 \(X\) 不同等价类个数

二、公式

\[|X\setminus G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

即，集合 \(X\) 在群 \(G\) 作用下的不同等价类的数目等于 \(G\) 中每个变换的不动点数的平均值。

三、证明

首先证明 轨道-稳定子 定理。

\[|O_x|\times |G_x|=|G| \]

考虑 \(y\in O_x\)，设 \(y=g_0(x)\)，其中 \(g_0\) 是一个确定的置换。

考虑 \(\sum_{g\in G}[g(y)=x]\)，因为 \(g_0(x)=y\)，所以

\[\sum_{g\in G}[g(y)=x]=\sum_{g\in G}[g(g_0(x))=x]=\sum_{g\in G}[g\circ g_0\in G_x]=\sum_{g\in G}[g\in G_x]=|G_x| \]

倒数第二步是因为 \(g\circ g_0\in G\)，所以可以直接枚举 \(g\circ g_0\)。

然后考虑 \(\sum_{y\in O_x}\sum_{g\in G}[g(y)=x]\)，一方面它等于 \(\sum_{y\in O_x}|G_x|=|O_x|\times |G_x|\)，另一方面它等于：

\[\sum_{g\in G}\sum_{y\in O_z}[g(y)=x]=\sum_{g\in G}\sum_{y\in O_z}[g^{-1}(x)=y]=\sum_{g\in G}\sum_{y\in O_z}[g^{-1}(x)=y]=\sum_{g\in G}\sum_{y\in O_z}[g(x)=y]=\sum_{g\in G}1=|G| \]

轨道-稳定子 定理得证。

再考虑 \(S=\{(x,g)|g(x)=x\}\)，枚举 \(x\) 可得 \(|S|=\sum_{x\in X}|G_x|\)，枚举 \(g\) 可得 \(|S|=\sum_{g\in G}|X^g|\)。

所以

\[\sum_{g\in G}|X^g|=\sum_{x\in X}|G_x|=\sum_{x\in X}\frac{|G|}{|O_X|}=|G|\sum_{x\in X}\frac{1}{|O_X|}=|G||X\setminus G| \]

最后一步是因为：

\[|X\setminus G|=\sum_{O\in X\setminus G}1=\sum_{O\in X\setminus G}\frac{\sum_{O_x=O}1}{|O|}=\sum_{O\in X\setminus G}\sum_{O_x=O}\frac{1}{|O_x|}=\sum_{x\in X}\frac{1}{|O_x|} \]

证毕。

四、带权

最后一步可以让它带权，要求所有等价的方案 \(x\)，\(y\) 的权值相等，即 \(w(x)=w(y)\)，于是定义 \(w(O_x)=w(x)\)。

\[\sum_{O\in X\setminus G}w(O)=\sum_{x\in X}\frac{w(x)}{|O_x|} \]

继续往前推，有：

\[\sum_{x\in X}|G|\frac{w(x)}{|O_x|}=\sum_{x\in X}|G_x|w(x)=\sum_{x\in X}w(x)\times \sum_{g\in G}[g(x)=x]=\sum_{g\in G}\sum_{x\in X^g}w(x) \]

即，等价类的权值之和为所有变换的不动点权值和的平均值。

五、例题

通过 Burnside 引理，可以使我们仅去关注每个置换而不用关心每个元素。

P4980 【模板】Pólya 定理 - 洛谷

设第 \(i\) 个点（\(i\in [0,n-1]\)）的颜色为 \(a_i\)

考虑旋转 \(k\) 个点的置换，其不动点满足 \(a_i=a_{(i+k)\bmod n}\)，这样将环分为 \(\gcd(n,k)\) 块。

于是 \(ans=\sum_{k=1}^nn^{\gcd(n,k)}=\sum_{d|n}n^d\varphi(\frac nd)\)，做完了。

P4128 [SHOI2006] 有色图 - 洛谷

还是考虑一个置换：

\[\begin{pmatrix} 1&2&\cdots&n\\ a_1&a_2&\cdots&a_n \end{pmatrix} \]

设 \(e(i,j)\) 表示边 \((i,j)\) 的颜色，在这个置换下两个元素等价，要求对于任意的 \(i,j\)，\(e(i,j)=e(a_i,a_j)=e(a_{a_i},a_{a_j})=\cdots\)，假设这样的等式链有 \(k\) 条，则不动点的个数 \(|X^g|=m^k\)。

于是考虑对这样的条数计数，设 \(i,j\) 在两个不同的轮换 \(C_1,C_2\)（一种特殊的置换，满足从任意点出发可以到达任意点，可以理解为环）中，则对于一条边 \((p,q)\)，\(p\) 每 \(|C_1|\) 次出现循环，\(q\) 每 \(|C_2|\) 次出现循环，所以等式链长为 \(\operatorname{lcm}(|C_1|,|C_2|)\)，一共有 \(\gcd(|C_1|,|C_2|)\) 条。若 \(i,j\) 在一个轮换 \(C\) 里，那么每条等式链长度一定为 \(|C|\)，并且会将一条边计算正反两遍，所以一共有 \(\lceil\frac{|C|(|C|-1)}{2|C|}\rceil=\lfloor\frac{|C|}2\rfloor\) 条等式链。

所以 \(k=\sum_{i<j}\gcd(|C_i|,|C_j|)+\sum_i\lfloor\frac{|C_i|}2\rfloor\)。

得到：

\[\sum_{g\in G}|X^g|=\sum_{x_1+x_2+\cdots+x_k=n}g(x_1,x_2,\cdots,x_k)mxp({\sum_i\lfloor\frac{x_i}2\rfloor+\sum_{i<j}\gcd(x_i,x_j)})\prod_{i-1}^kf[x_i] \]

其中 \(x\) 为 \(n\) 的一种分拆数方案，可以直接枚举，\(mxp(n)=m^n\)，\(f[n]\) 表示大小为 \(n\) 的轮换数，\(g(x_1,x_2,\cdots,x_k)\) 表示将 \(n\) 个数分成无序的 \(k\) 部分，大小分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\) 的方案数。

\[f[n]=n!-\sum_{i=1}^{n-1}f[i](n-i)!{n-1\choose i-1}\\ g(x_1,x_2,\cdots,x_k)={n\choose x_1,x_2,\cdots,x_k}\sum_{c=1}^n(\sum_{i=1}^k[x_i=c])!=\frac{n!}{\prod_{i=1}^kx_i!}\sum_{c=1}^n(\sum_{i=1}^k[x_i=c])! \]

这都是简单计数，就不赘述了。

复杂度 \(\mathcal O(p(n)\times n^2)\)，其中 \(p(n)\) 表示分拆数。

六、参考

初探 Burnside 引理 - 洛谷专栏

抽象代数基本概念 - OI Wiki

群论 - OI Wiki