群论学习笔记
1. 定义
群是一个二元组 \((G,\cdot)\) 其中，G 是集合，\(\cdot\) 是运算
运算要满足：
-
封闭性，即 \(a\cdot b=c,c\in G\)
-
满足结合律，即 \(a\cdot (b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c\)
-
有单位元，存在一个元素 \(e\)，满足对于任意\(a\in G\) 满足 \(a\cdot e=e\cdot a=a\)，则 \(e\) 是单位元
-
任意元素都有逆元，即对于任意 \(a\in G\)，存在 \(a\cdot b=e\)，则 b 为 a 逆元
子群：\((G,\cdot)\) 和 \((H,\cdot)\)，满足 \(\cdot\) 是同种运算且满足 H 是 G 的子集，则 \((H,\cdot)\) 是 \((G,\cdot)\) 的子群
阶：就是元素个数，记为 \(|G|\)
2. 置换群
置换：就是一个 1-n 的排列到另一个 1-n 的排列的映射
如 \((1,2,3,4)\) 和 \((2,4,1,3)\)
就是用 2 代替 1，用 4 代替 2，以此类推
如 \((2,3,4,1)\) 会变成 \((4,1,3,2)\)
置换群：
置换群 \((G,\cdot)\) 的元素就是 1-n 的排列的置换
两个置换的 \(\cdot\) 运算就是将两个置换合成，设 \(a,b\in G,a\cdot b=c\)
那么对于一个排列 x，进行一次 a 置换得到 \(a(x)\)，再进行一次 b 置换得到 \(b(a(x))\)
那么 c 置换就是只用一次操作得到这个结果
它符合上面的要求，如下：
-
经过运算后后还是置换，显然封闭
-
根据定义，一次运算得到的就是将参与这两个运算的置换一次做完，所以存在结合律
-
单位元显然是 1-n 按顺序排列
-
经过两次置换达到单位元，只需要在第一次执行完后把值换回单位元即可，因为数字不重复，一定存在逆元
[poj2369]Permutations
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/37
其实可以将这个点的编号和对应的数字相连，这样每次置换后就相当于在环上走一步
所以只需要求出所有环的长度，求 lcm 即可
[USACO07FEB] Cow Sorting G
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P38
同上一个题，只有在一个环上的会互相交换
所以每一次只需要让所有值与环上最小的交换，必然可以经过 len-1 次全部归位
但是如果最小值很大，就可以把这个序列的最小值换过来
注意，因为这里只是不重复，所以要离散化
[HNOI2010] 物品调度
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P41
首先，假设我们已经知道这个目标位置，那么每一个不包含 s 且长度不为 1 的环就需要 len+1 步，包含 s 的环的贡献就是 len-1
接下来考虑如何找到目标点
首先，可以发现当 y 固定的时候，随着 x 的增加，就会在一个环上走
这样的环共有 \(gcd(d,n)\) 个，长度为 \(\frac{n}{gcd(n,d)}\)
因为先要让 y 尽量小，就近找没有满的环，可以使用并查集
接下来是 x，同理，但是用完后 \(f_p\) 要指向 \(f_{p+d}\) 并且记录 siz
[poj3128]Leonardo's Notebook
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/39
就是判断这个能不能通过一个置换群经过两次运算得到
注意到，如果一个偶环，经过两次置换，就会变成两个长度相等的环，而奇环不变
所以只需统计看每个长度的偶环个数是否是偶数即可
3.Burnside 引理
这个东西的适用范围就是同种染色置换能构成群
- 有一个环，共 n 个节点，用 n 种颜色染，有多少种本质不同的方法？（这里的本质不同指无法通过旋转得到）
首先，我们可以定义一个同种染色置换群 \((G,\cdot)\)，其中共有 n 个置换（元素）
显然，\(g_i\cdot g_j=g_{(i+j) mod\ n}\) 有封闭性
单位元就是 1-n 的顺序排列
如果我们不考虑旋转的问题，那么方案数就是 \(n^n\)，这里可以让数字和每一种染色方案进行映射
记置换 \(g\in G\) 对编号为 k 的染色的作用为 g(k)，那么 g(k) 必然和 k 是本质相同的，但是两者不一定完全一样
接下来构造一个函数 \(\forall g\in G,x\in\{1,2,\cdots,n^n\},f(g,x)=[g(x)=x]\)
记 \(h(g_i)=\sum_{k=1}^{n^n} f(g_i,k)\)
那么答案就是 \(\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|} h(g_i)\)，证明如下
对于任意方案 k，必然存在置换 \(g\in G,g(k)=k\)，将这些 g 组成一个新的集合,叫不动点集，就是另一个群，记为 \((Z_k,\cdot)\)
将 G 中的元素分别作用于 k，会得到 k 的等价类，记为 \(E_k\)，则 \(E_k=\{g_1(k),g_2(k),\dots,g_{|G|}(k)\}\)
注意，\(E_k\) 中会存在相同的数，要剔除
假设 \(E=\{k1,k2,\dots,km\}\)，必然存在 \(E=E_{k1}=E_{k2}=\cdots=E_{km}\)
所以求有多少本质不同的方案，就是求有多少等价类
设 \(Z_k=\{gi_1,gi_2,\dots,gi_p\},E_k=\{gj_1(k),gj_2(k),\dots,gj_q(k)\}\)
设 \(H=\{g|g=gi_x\cdot gj_y,1\le x\le p,1\le y\le q\}\)，根据前面的操作，H中元素必然两两不同
\(\forall g\in G\)，存在 \(g(k)\in E_k\)
设 \(g(k)=gj_y(k)\)，则 \(gj_{y}^{-1}(g(k))=k\)，所以 \(gj_y^{-1}\cdot g\in Z_k\)
所以 \(gj_y^{-1}\cdot g=gi_x\)，必然存在 \(g=gi_x\cdot gj_y\in H\)
所以 \(|H|\ge |G|\)，显然易证 \(|G|\ge |H|\)
所以对于 \(1-n^n\) 中的任何一个数，都存在 \(|G|=|Z_k|*|E_k|\)
所以对于一个等价类 \(E=\{k1,k2,\dots,km\}\)，有 \(\sum_{i=1}^m |Z_{ki}|=|G|\)
回归原本的问题，关键在于如何求 \(h(g_i)\)，\(g_i\) 就是经过 i 次置换
这个东西显然如果要相等，那么对应位置上的数一定相同，共有 \(gcd(i,n)\) 组对应位置
所以，\(ans=\frac{1}{n}\sum_{n=1}^{n} n^{gcd(i,n)}\)
[HNOI2008]Cards
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P42
首先观察题目给的条件，显然满足结合律，有封闭性和逆元，但是没有单位元
所以可以加入恒等置换，此时题目中的东西构成群
回顾一下定理内容，就是求出每个置换的不动点数，也就是将每个环的颜色染相同的方案数
因为染色数量有限制，所以 dp 即可
周末晚会
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P43
这个东西因为它的同构方式就是旋转，置换方式必然是群
如果没有 k 的限制，答案显然就是 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}{n}2^{gcd(i,n)}\)
但是如果有了 k 的限制，方案数无法直接计算，考虑 dp
设 \(f_i\) 表示长度为 \(i+1\) 的序列，头尾均为男生的方案数
这种情况下，直接枚举上一个结尾的位置，然后加上一个男生，中间放女生，前缀和解决
接下来考虑统计答案为了避免重复，循环节内除去 dp 求解的部分全部放女生，所以长度有要求
记循环节长度为 d，那么可选的间隔数为 \(d-i\)，这部分再做一次前缀和即可
[poj2888]Magic Bracelet
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P46
因为 n 比较大，所以先用欧拉函数优化
难点在于如何快速求出对应长度的方案数，设 \(f_{i,j,k}\) 表示以 i 为起点，j 为终点，长度为 k 的方案数
显然的，可以矩阵快速幂优化
[HNOI2009] 图的同构计数
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P44
可以先将所有边都连上，然后看作双色染色
对于一个置换，求解等价的边，可以分成两种情况
- 循环内，如果看作正多边形，那么点与点间的连线就有 \(\lfloor \frac{len}{2}\rfloor\) 种长度
所以当交换时，只有同一长度的边颜色相同，就不会改变
- 循环和循环之间，显然有 \(gcd(l1,l2)\) 个集合，集合内彼此可达
所以接下来考虑怎么统计答案，显然的，不能暴力枚举所有置换，考虑枚举循环长度
假设每个循环的长度为 \(a_1,a_2,\dots\)，长度为 \(i\) 的循环个数为 \(num_i\)
那么循环内排列数为 \(\prod (a_i-1)!\)，选取顺序的方案数为 \(\prod a_i!\)
所以总方案数为 \(\dfrac{1}{n!}\sum\dfrac{n!}{\prod a_i\prod num_i} 2^{\sum\lfloor \frac{a_i}{2}\rfloor+\sum\sum gcd(a_i,a_j)}\)
\(n!\) 可以约掉，如果有多种颜色，可以将 2 换成 m
点击查看代码
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=997;
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
int n,b[105],num[105],ans;
int fac[105],inv[105],g[105][105],f[105];
int qpow(int x,int y)
{
int res=1;
while(y)
{
if(y&1) res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
void get(int m)
{
int sum=0,res=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
sum+=b[i]/2,num[b[i]]++;
// printf("%d ",b[i]);
for(int j=1;j<i;j++)
{
sum+=g[b[i]][b[j]];
}
res=res*f
[b[i]]%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
res=res*inv[num[i]]%mod;
num[i]=0;
}
ans=(ans+res*qpow(2,sum))%mod;
// printf("%d\n",ans);
}
void dfs(int x,int lst,int cnt)
{
if(x==0)
{
get(cnt-1);
return;
}
b[cnt]=x;
dfs(0,x,cnt+1);
for(int i=lst;i*2<=x;i++)
{
b[cnt]=i;
dfs(x-i,i,cnt+1);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[i]=qpow(fac[i],mod-2);
f[i]=qpow(i,mod-2);
}
for(int i=1;i<=60;i++)
{
for(int j=1;j<=60;j++)
{
g[i][j]=gcd(i,j);
}
}
dfs(n,1,1);
printf("%d",ans);
return 0;
}
4.Polya 定理
首先，有一个定义，形如 \(4 \rightarrow 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4\) 的首尾相同，中间不同的链称为循环
这个循环表示将 4 换到 1 的位置，1 换到 2 的位置，以此类推，记作 \((4,1,2,3)\)，称为 4 元循环
一个循环中包含的数，称为这个循环的元素
置换除了采用传统的方法表示，因为它成环且不重不漏，所以可以用循环表示
例如置换 \((5,3,2,1,4)\)，其中有两个环，\(5 \rightarrow 1 \rightarrow 4 \rightarrow 5\) 和 \(3 \rightarrow 2 \rightarrow 3\)
所以它就可以表示为 \((5,1,4)(3,2)\)
当然，交换括号顺序并不对表示的置换有影响，如 \((3,2)(5,1,4)\) 仍然表示 \((5,3,2,1,4)\)
但是由于循环的表示方法，数字轮换对应的置换不变，如 \((5,1,2,3,4)\) 和 \((1,2,3,4,5)\) 均表示置换 \((5,1,2,3,4)\)
显然，所有置换都可以用循环法表示，若不看循环之间及循环内的位置，那么两者一一对应
假设一个置换所包含的循环数记为 \(c(g)\)
假设当前有 n 个点，m 种颜色，那么记 \(h(g)\) 为不变的方案数，则必然需要每个循环点的颜色相同
所以 \(h(g)=m^{c(g)}\)
将这个东西带入 Burnside 引理的式子，有：
[poj2154]Color
https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P45
首先推式子：
浙公网安备 33010602011771号