提示: 本文並非嚴謹的數學分析，有很多地方是自己瞎口胡的，僅供參考。有錯誤請不吝指出 :p ## 1. 群 ### 1.1 群的概念 群 $(S,\circ)$ 是一個元素集合 $S$ 和一種二元運算 $ \circ $ 的合稱，其滿足以下性質。 ##### 封閉性 >對於 $\forall a,b \in S$ ， $\exist c \in S$ 使得 $c = a \circ b$ ##### 結合律 >對於 $\forall a,b,c \in S$ ， $a \circ (b \circ c) = (a \circ b) \circ c$ ##### 單位元 >$\exist I \in S$ ，使得對於 $\forall a \in S$ ， $a \circ I = I \circ a = a$ 根據定義，單位元具有唯一性，即一個群只有一個單位元。 證明：設 $a,b$ 都是 $S$ 的單位元，則 $a = a \circ b = b$ ，兩者實質上相同。 ##### 逆元 >對於 $\forall a \in S$ ， $\exist a^{-1} \in S$ ，使得 $a \circ a^{-1} = a^{-1} \circ a = I$ 根據定義，逆元具有唯一性，即每個元素有且僅有一個逆元。 證明：設 $a$ 有兩個逆元 $b,c$ ，則 $b = b \circ I = b \circ (a \circ c) = (b \circ a) \circ c = I \circ c = c$ ，兩者實質相同。 這也同時說明了不存在兩個元素 $a, b$ 的逆元是同一個元素 $c$，因為 $c$ 只有唯一一個逆元。 即逆元是一一對應的。 ### 1.2 更抽象的群 我們更進一步，將 $S$ 中的每一個元素視為一個函式， 預設 $\circ$ 代表函式的複合，即 $(f \circ g) (x) = f(g(x))$。所以現在一個群可以只用一個函式集合 $S$ 來表示。 例如，記 $r_\theta (x)$ 表示將 $x$ 旋轉 $\theta$ 度，那麼 $S = \{ r_{0^\circ}, r_{90^\circ},r_{180^\circ},r_{270^\circ}\}$ 就是一個群。 證明一下，顯然有封閉性和結合律。 單位元是 $r_{0^\circ}$ ，因為 $r_{0^\circ} (r_\theta(x)) = r_{\theta^\circ} (r_0 (x)) = r_\theta(x)$ $S$ 中元素 $r_\theta $ 的逆元便是 $r_{360^\circ - \theta}$ ，因為他們兩個捲起來就是 $I = r_{0^{\circ}}$ ### 1.3 提示 由於群滿足封閉性，所以我們在尋找群的時候一定要“找完”所有可能的狀態，例如 $\{ r_{0^\circ}, r_{90^\circ}\}$ 就不是一個群。 ## 2. Burnside 首先明確這個定理是用來幹什麼的——等價類計數。 注：通常我使用 $a,b,c,d \in C$ 表示計數物件， $f,g,h \in G$ 表示變換。 ### 2.1 等價 >給定一個作用在計數集合 $C$ 上的變換集合 $G$，若 $C$ 中計數物件 $d$ 可以由計數物件 $c$ 通過 $G$ 中變換得到，即 $\exist f \in G$ 使得 $d = c \circ f$，我們便稱 $c$ 與 $d$ 等價，記作 $c \sim d$ 。 $G$ 其實就是個函式集合，其中的函式都接受 $C$ 中元素作為引數，輸出也是 $C$ 中元素。 類似的我們記 $f(c)$ 為 $c \circ f$ ，表示對計數物件 $c$ 做變換 $f$ 。 我們同樣可以對一個函式做變換，即 $f \circ g$ 是允許的。請參考上文“1.2 更抽象的群”。 在Burnside中，**我們要求 $G$ 是一個群**。這樣我們可以匯出一些關於等價的性質。 ##### 自反性 >$a \sim a$ 因為 $G$ 是群，故有單位元 $I \in G$ ， $a \circ I = a$ ，滿足等價定義。 ##### 對稱性 >$a \sim b \iff b \sim a$ 設 $a \circ f = b$ ，因為 $G$ 是群，故存在 $f^{-1}$ 使得 $b \circ f^{-1} = a$ ，滿足等價定義。同理反向再證一次即可得出充分完全性。 ##### 傳遞性 >$a \sim b , b \sim c \Rightarrow a \sim c$ 設 $a \circ f = b, b \circ g = c$，因為 $G$ 是群，所以 $f \circ g \in G$（封閉性），$a \circ (f \circ g) = (a \circ f) \circ g = b \circ g = c$，滿足等價定義。 ### 2.2 等價類及等價類計數 等價類即所有等價的計數元素的集合。計數集合 $C$ 由許多個等價類構成，好比連通塊。 統計 $C$ 中有多少個等價類，就是等價類計數。 如何快速的等價類計數，便是我們接下來所研究的。 ### 2.3 弱化版 不妨先來研究一個弱化版本，這可以幫助我們捋清思路。 #### 2.3.1 引理 >若對於 $\forall c \in C,f \in G \quad (f \not= I)$ ， $c \circ f \not= c$ 都成立，那麼對於 $\forall c \in C, f \in G,g \in G \quad (f \not= g)$ ，都有 $c \circ f \not= c \circ g$ ，即與 $\forall c$ 等價的元素有且僅有 $|G|$ 個。 利用反證法。若 $\exist c,f,g$ 使得 $c \circ f = c \circ g$ ，那麼有 $c \circ f \circ g^{-1} = c$ ，即 $c \circ (f \circ g^{-1}) = c$ 。同時因為 $f \not= g$ ，所以 $f \circ g^{-1} \not= I$ 。於是與假設產生矛盾，故引理成立。 對 $c$ 做變換得到的元素兩兩不同，共有 $|G|$ 種變換，故有且僅有 $|G|$ 個元素與 $c$ 等價。 #### 2.3.2 弱化版Burnside >若對於 $\forall c \in C,f \in G \quad (f \not= I)$ ， $c \circ f \not= c$ 都成立，那麼 >$$ >等價類計數 = \frac{|C|}{|G|} >$$ 這是肉眼可得的結論。由引理，對於 $\forall c$ ，都有且僅有 $|G|$ 個互不相同的元素與其等價。由於等價的傳遞性，這 $|G|$ 個元素是封閉的，實質上形成了許多個大小為 $|G|$ 的等價類。那麼等價類個數自然就是總計數元素個數 $|C|$ 除以每個等價類的大小 $|G|$ 了。 ### 2.4 標準版 弱化版的關鍵之處在於引理， $c \circ f \not= c$ 讓我們知道每個 $c$ 有 $|G|$ 個互不相同的元素與其等價。我們將這個條件和這個引理做一些“推廣”。 #### 2.4.1 穩定核 & 不動點 >穩定核 $G(c)$ ：對於計數物件 $c$ ，使得 $c \circ f = c$ 的所有變換 $f$ 的集合，即 $\{ f \in G | c \circ f = c \}$ > >不動點 $C(f)$ ：對於變換 $f$ ，使得 $c \circ f = c$ 的所有計數物件 $c$ 的集合，即 $\{ c \in C | c \circ f = c \}$ 注意單個字母 $G$ 代表整個變換集合；而 $G(c)$ 是根據計數元素 $c$ 生成的一個被 $G$ 包含的變換集合； 注意單個字母 $C$ 代表整個計數集合；而 $C(f)$ 是根據變換 $f$ 生成的一個被 $C$ 包含的計數集合。 #### 2.4.2 引理1 >$$ >\sum_{c \in C} |G(c)| = \sum_{f \in G} |C(f)| >$$ 證明： $$ \begin{aligned} \sum_{c \in C} |G(c)| &= \sum_{c \in C} \sum_{f \in G} [c \circ f = c] \\ &= \sum_{f \in G} \sum_{c \in C} [c \circ f = c] \\ &= \sum_{f \in G} |C(f)| \end{aligned} $$ 其實質是更換列舉方式。 #### 2.4.3 引理2 >對於 $\forall c$ ， $G(c)$ 是個群。 分別證明群的四個性質即可。 ##### 封閉性 對於 $\forall f,g \in G(c)$ ， $c \circ (f \circ g) = (c \circ f) \circ g = c \circ g = c$ ，所以 $f \circ g \in G(c)$ 。封閉性得證。 ##### 結合律 $G(c) \subseteq G$ ，結合律直接由 $G$ 給出。 ##### 單位元 $c \circ I = c$ ，所以 $I \in G(c)$ 。（這裡的 $I$ 代指 $G$ 的單位元） ##### 逆元 對於 $\forall f \in G(c)$ ， $ c \circ f^{-1} = (c \circ f) \circ f^{-1} = c \circ (f \circ f^{-1}) = c$ ，所以 $f^{-1} \in G(c)$ 。 #### 2.4.4 引理3 >對於 $\forall c$ ，記 $S(c)$ 為與 $c$ 等價的計數元素的集合，有 >$$ >|S(c)| = \frac{|G|}{|G(c)|} >$$ 這個引理與弱化版引理2.3.1是對應關係。請對比起來理解。 我們的證明思路是：對於某個計數元素 $c$ ，求出 對於某個確定的變換 $f$ ，有多少個變換 $g$ 與其作用效果相同，即 $c \circ f = c \circ g$ 。 $$ c \circ f = c \circ g \iff c \circ f \circ g^{-1} = c \iff (f \circ g^{-1}) \in G(c) $$ 即 $f ,g$ 對 $c$ 的作用效果相同 等價於 $f \circ g^{-1}$ 在 $c$ 的穩定核內。 於是對於一個變換 $h \in G(c)$ ，根據群的基本性質，存在唯一的 $g^{-1} = f^{-1} \circ h$ ，使得 $f \circ g^{-1} = h$ 。變換 $h \in G(c)$ ，所以有 $|G(c)|$ 種取值； $f$ 是確定的，根據逆元唯一性， $f^{-1}$ 也是確定的；故 $g^{-1}$ 有 $|G(c)|$ 種取值。又由於逆元的一一對應性， $g$ 有 $|G(c)|$ 種取值。 即對於 $\forall f$ ，都有且僅有 $|G(c)|$ 個 $g$ 與其作用效果相同。 這說明了什麼？“作用效果相同”也是一種類似等價的關係，容易證明其具有傳遞性，於是他們是封閉的。作用效果相同的變換實質上形成 $\frac{|G|}{|G(c)|}$ 個大小為 $|G(c)|$ 的兩兩相連的連通塊或者說“作用效果相同等價類”，合起來構成了整個 $G$ 。我們便知道了 $c$ 通過變換可以變出 $\frac{|G|}{|G(c)|}$ 個不同的計數元素，即與 $c$ 等價的元素有 $\frac{|G|}{|G(c)|}$ 個，引理3證畢。 #### 2.4.5 Burnside >$$ >等價類計數 = \frac{1}{|G|}\sum_{f \in G} |C(f)| >$$ $$ \begin{aligned} \frac{1}{|G|}\sum_{f \in G} |C(f)| &= \frac{1}{|G|}\sum_{c \in C} |G(c)| \quad &\text{...引理1} \\ &= \frac{1}{|G|}\sum_{c \in C} \frac{|G|}{|S(c)|} \quad &\text{...引理3} \\ &= \sum_{c \in C} \frac{1}{S(c)} \\ &= 等價類計數 \end{aligned} $$ 倒數第二個式子，每個元素貢獻 $\frac{1}{S(c)}$ ，合起來便是等價類計數。這便是等價類計數的本質。 ### 2.5 Burnside的本質  >直接除以4不行，因為前四種找不到4個等價的情況 > >所以強行把它們補成4個就行了。。。 > >Burnside就是“強行補”的過程 > >——zkx Burnside的精髓就在於此。 Burnside弱化版，實際上是省掉了強行補的部分，使所有有效部分都在 $C(I)$ 。 >可以發現“群”是Burnside的唯一約束 > >這個約束幾乎就是沒有約束。。。 > >所以Burnside是非常通用的等價類計數法 > >——zkx ## 3. 置換群 （Burnside的內容已經結束，這裡開始是Polya了） ### 3.1 置換 一個置換長這樣： $$ (\begin{aligned} 1&,2,3,...,n \\ a_1&,a_2,a_3,...,a_n \end{aligned}) $$ 其中 $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ 是一個 $n$ 排列。置換是一個接受序列，輸出序列的函式，它表示對每一個 $i$ ，將原序列第 $i$ 個數放到第 $a_i$ 個位置上。 ### 3.2 移位置換 一個普通的移位置換長這樣： $$ \tau_n = (\begin{aligned} 1,2,3,...,n&-1,n \\ 2,3,4,...,&n,1 \end{aligned}) $$ 即全員右移1位。很自然的可以拓展到 $k$ 位移位置換： $$ \tau_n^k = (\begin{aligned} 1,2,3,...&,n-1,n \\ k,k+1,...,n&,1,...,k-1 \end{aligned}) $$ 容易發現 $\tau_n^k$ 是 $k$ 個 $\tau_n$ 的複合，所以我們寫成乘方的形式。 ### 3.3 移位置換圖 移位置換 $\tau_n^k$ 所形成的圖：考慮將 $n$ 個點排成一個圓圈， $1$ 連 $k$ ， $2$ 連 $k+1$ ，...，$n$ 連 $k-1$ 。  如圖便是 $\tau_6^2$ 形成的移位置換圖，共有兩個環。 ### 3.4 移位置換環個數定理 >$\tau_n^k$ 移位置換圖中環的個數為 $\gcd(k,n)$ 。 證明的思路同樣是已經使用多次的：求出對於一個數 $a$ ，有多少個數 $b$ 與它在同一個環內。 對於 $\forall a,b$ ， $a,b$ 在同一個環內的條件為 $$ \begin{aligned} a \equiv b + ik \pmod n &\iff \exist i,j \quad s.t. \quad a = b + ik + jn \\ &\iff \exist i,j \quad s.t. \quad ik + jn = a - b \\ &\iff \gcd(k,n) | (a-b) \quad \text{...裴蜀定理} \end{aligned} $$ 最後兩個式子之間的轉化運用了二元整數解不定方程的有解條件，即裴蜀定理。 那麼這樣一來，對於 $\forall a$ ，顯然有且僅有 $\frac{n}{\gcd(k,n)}$ 個數與它在同一環內，故共有 $\gcd(k,n)$ 個環。（“在同一環內”傳遞性匯出的封閉性，這個方法在上文已經多次使用到） ## 4. Polya ### 4.1 概念 Polya是等價類計數的一個特殊版本，它的變換群 $G$ 是一個移位置換群，即 $$ G = \{ \tau_n^k \ | \ k \in [0,n), k \in Z \} $$ 顯然移位置換群是一個群 ~~廢話~~，證明很簡單，同樣是證明群的四個性質，這裡不再贅述。 用人話來說，Polya求解的一類問題計數基於一個環，而通過旋轉環能夠變得相同的方案算作一種（等價）。 比如經典的模板題： [洛谷P4980 Polya定理](https://www.luogu.com.cn/problem/P4980) >給定一個 $n$ 個點， $n$ 條邊的環，有 $m$ 種顏色，給每個頂點染色，問有多少種本質不同的染色方案，答案對 $10^9+7$ 取模。 > >本質不同定義為：只需要不能通過旋轉與別的染色方案相同。 ### 4.2 推導 有了前面那麼多的鋪墊，大名鼎鼎的Polya定理現在已經可以自己動手推出來了！ 先寫出Burnside引理，並套入移位置換 $$ \begin{aligned} 等價類計數 &= \frac{1}{|G|}\sum_{f \in G} |C(f)| \\ &= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |C(\tau_n^i)| \end{aligned} $$ 注： $\tau_n^n = \tau_n^0$ ，上面從 $1$ 到 $n$ 的列舉是對的 $|C(\tau_n^i)|$ 是什麼？ $\tau_n^i$ 的不動點的個數，即要求 $\tau_n^i$ 移位置換圖裡同一環上點顏色相同的方案數。（為了做置換後看上去和原來一樣） 根據移位置換環個數定理， $\tau_n^i$ 有 $\gcd(n,i)$ 個環。有 $m$ 種顏色給 $\gcd(n,i)$ 個環去染，顯然方案數為 $m^{\gcd(n,i)}$ 。我們不侷限於本題推而廣之，方案數是一個關於環個數 $\gcd(n,i)$ 的函式 $f(\gcd(n,i))$ 。（也可以是關於環大小 $\frac{n}{\gcd(n,i)}$ 的函式，反正最重要的引數是 $\gcd(n,i)$ ） 帶入原式 $$ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(\gcd(n,i)) $$ 誒！這個式子裡面有 $\gcd$ ！ 不用抑制住衝動，我們按照常見的莫反題目套路來。 $$ \begin{aligned} 等價類計數 &= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(\gcd(n,i)) \\ &= \frac{1}{n} \sum_{d|n} f(d) \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i)=d] \quad &\text{...把gcd提出來列舉} \\ &= \frac{1}{n} \sum_{d|n} f(d) \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} [\gcd(\frac{n}{d},i)=1] \\ &= \frac{1}{n} \sum_{d|n} f(d) \varphi(\frac{n}{d}) \quad &\text{...尤拉函式定義} \end{aligned} $$ 好恭喜你可以在 $O(\sqrt n)$ 的優秀時間複雜度裡求得答案了！ ### 4.3 實現 提示一下實現上的一些細節。 快速冪作為基本技巧就不提了； 尤拉函式直接質因數分解求即可。這裡會遇到一個小問題：外面一層列舉因數，裡面一層分解質因數，這不 $O(\sum_{d|n} \sqrt d)$ 了嗎？ 實際上似乎利用數列的放縮之類的黑科技可以證明一個比 $O(n)$ 更緊的上界是 $O(n^{\frac 3 4})$ ，而且實際上跑起來非常的快。（洛谷 $n=10^9$ ， $10^3$ 組資料可以隨便跑過） ```c++ /* 洛谷P4980 Polya定理 sun123zxy 樸素寫法 洛谷共2.08s 2019/12/24 */ #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include