polya burnside 专题

polya题目：uva 11077 Find the Permutations
uva 10294 Arif in Dhaka
LA 3641 Leonardo's Notebook
uva 11077 Find the Permutations
HOJ 2084 The Colored Cubes
HOJ 2647 Megaminx
POJ 1286 Necklace of Beads
POJ 2409 Let it Bead
TOJ 2795 The Queen's New Necklaces
HDU 1812 Count the Tetris
UVa 11255 Necklace
POJ 2154 Color
POJ 2888 Magic Bracelet
UVa 10601 Cubes
NUAA 1110

 

uva 10294 Arif in Dhaka(项链和手镯)

题目大意:项链和手镯都是由若干珠子穿成的环形首饰，区别在于手镯可以翻转，但项链不可以。输入整数n和t，输出用t种颜色的n颗珠子（每种颜色的珠子个数无限制，但珠子总数必须是n）能制作成的项链和手镯个数。

分析：一共有两种置换，即旋转和翻转，其中项链只有第一种置换，而手镯有两种。

旋转：如果逆时针旋转i颗珠子的间距，则珠子0、i、2i、....构成一个循环。这个循环有n/gcd(i,n)个元素。根据对称性所有循环的长度均相同，因此一共有gcd(i,n)个循环。这些置换的不动点总数a=Σtgcd(i,n) ,(0<i<n)。

 

翻转：需要分两种情况讨论。当n为奇数时，对称轴有n条，每条对称轴形成(n-1)/2个长度为2的循环和一个长度为1的循环，即(n+1)/2个循环。这些置换不动点总数为b=nt(n+1)/2 。当n为偶数时，有两种对称轴。穿过珠子的对称轴有n/2条，各形成n/2-1个长度为2的循环和2个长度为1的循环；不穿过珠子的对称轴有n/2条，各形成n/2个长度为2的循环。这些置换不动点的总数b=n/2(tn/2+1+tn/2)。

 

#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long  LL;
LL power[55];

int gcd(int a,int b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}

int main()
{
    int n,i,t;
    LL a,b;
    power[0]=1;
    while(cin>>n>>t)
    {
        for(i=1;i<=n;i++) power[i]=power[i-1]*t;
        a=0;
        for(i=0;i<n;i++) 
            a+=power[gcd(i,n)];
        if(n%2) b=n*power[(n+1)/2];
        else b=n/2*(power[n/2+1]+power[n/2]);
        cout<<a/n<<" "<<(a+b)/2/n<<endl;
    }
    return 0;
}
View Code

LA 3641 Leonard's Notebook

题目大意：给出26个大写字母的置换B，问是否存在一个置换A，使得A^2=B。

分析：置换A与A^2有着怎样的关系。先把A做循环分解，比如A=(a1 a2 a3)(b1 b2 b3 b4)。那么

A^2=(a1 a2 a3)(b1 b2 b3 b4)(a1 a2 a3)(b1 b2 b3 b4)

注意不相交的循环的乘法满足交换率

A^2=(a1 a2 a3)(a1 a2 a3)(b1 b2 b3 b4)(b1 b2 b3 b4)

根据置换乘法的结合律：

1  2  3  * 1 2 3  = 1 2 3

2  3  1    2 3 1    3 1 2        (a1 a2 a3)(a1 a2 a3)=（a1 a3 a2）

1 2 3 4  *  1 2 3 4  =  1 2 3 4

2 3 4 1     2 3 4 1    3 4 1 2   （b1 b2 b3 b4)(b1 b2 b3 b4)=(b1 b3)(b2 b4)

不难得出如下规律，两个长度为n的相同循环相乘，当n为奇数时结果也是一个长度为n的循环；当n为偶数时分裂为两个长度为n/2的循环。相反，对于任意一个长度n为奇数的循环B，都能找到一个长度为n的循环使得A^2=B;对于任意两个长度n的且不相交循环B和C，都能找到一个长度为2n的循环A使得A^2=BC。

反过来说。对B中的循环。

长度n为奇数的循环可以是A中一个长度为n的循环产生的如（2 3 1）（2 3 1）=（1 3 2），也可以与B中另一个长度n的循环是A中一个长度为2n的循环产生的如（2 3 4 5 6 1）（2 3 4 5 6 1）=（1 3 5）（2 4 6）

长度n为偶数的循环只能是与B中另一个长度n的循环是A中一个长度为2n的循环产生的如（2 3 4 1）（2 3 4 1）=（1 3）（2 4）。

所以对于B中任意偶数长度的循环，这个长度的循环的个数必须是偶数才能配对。所以只要能配对成功，一定有解，否则无解。

 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    int t,i,j,f[30],n,flag;
    char s[30];
    bool vis[30];
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%s",s);
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(i=0;i<26;i++)
        {
            if(!vis[i])
            {
                j=i;n=0;
                do{
                    vis[j]=true;
                    j=s[j]-'A';
                    n++;
                }while(i!=j);
                f[n]++;//长度为n的循环个数+1
            }
        }
        flag=1;
        for(i=2;i<=26;i+=2)//长度n为偶数的循环能否配对
        {
            if(f[i]%2)
            {
                flag=0;break;
            }
        }
        if(flag) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    return 0;
}
View Code


 

uva 11077 Find the Permutations

题目大意：给出1-n的一个排列，可以通过一系列的交换变成｛1,2,3,....,n｝。比如｛2,1,4,3｝需要两次交换（1和2，3和4），｛4,2,3,1｝只需交换一次（1和4），｛2,3,4,1｝需要三次，而｛1,2,3,4｝本身一次都不需要。给定n和k，统计有多少个排列至少需要交换k次才能变成｛1,2,3....n｝。

分析：不难发现单个元素不需要交换，2个元素要交换一次，3个元素要交换两次，.....，c个元素的循环要交换c-1次。这样，如果排列p的循环节为x个,则总的交换次数为n-x次。有了上述结论，就不难进行递推了。设f(i,j)表示满足“至少需要交换j次才能变成｛1,2,3,...,i｝”的排列个数，则f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-1)*(i-1),因为元素i要么自己形成一个循环，要么加入前面任意一个循环的任意一个位置（i-1个）。边界f(1,0)=1，其他f(1,j)=0。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

typedef unsigned long long LL;
LL f[30][30];

int main()
{
    int i,j;
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[1][0]=1;
    for(i=2;i<22;i++)
    {
        for(j=0;j<i;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][j];
            if(j) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(i-1);
        }
    }
    while(cin>>i>>j,i+j) printf("%llu\n",f[i][j]);
    return 0;
}
View Code

 

 

posted on 2013-08-16 20:49  雄..  阅读(477)  评论(1)    收藏  举报

导航