群论 学习笔记

参考洛谷博客 https://www.luogu.com.cn/blog/Soulist/solution-p4980

群

我们定义一个集合 $G$ 和一个作用于集合元素的二元运算符 $\times$，将其作为一个整体 $(G,\times )$，满足如下性质：

1. 封闭性：$\mathrm{\forall }g,h\in G,g\times h\in G$

2. 结合律：$\mathrm{\forall }a,b,c\in G,(a\times b)\times c=a\times (b\times c)$

3. 单位元：$\mathrm{\exists }e\in G$，使得 $\mathrm{\forall }g\in G,g\times e=g$，单位元唯一

4. 逆元：$\mathrm{\forall }g\in G,\mathrm{\exists }h\in G$ 满足 $g\times h=e$，可以记 $h=g^{-1}$，元素的逆元唯一

则我们称 $(G,\times )$ 为一个群。

子群

对于群 $(G,\times )$，如果有 $H\subseteq G$，且 $(H,\times )$ 也是一个群，则称 $(H,\times )$ 为 $(G,\times )$ 的子群，记为 $(H,\times )\le (G,\times )$。

如果现在有两个群 $G,H$，满足 $H\le G,g\in G$，则有定义：

• $gH=g\times h(h\in H)$，称 $gH$ 为 $H$ 在 $G$ 内对于 $g$ 的左陪集

• $Hg=h\times g(h\in H)$，称 $Hg$ 为 $H$ 在 $G$ 内对于 $g$ 的右陪集

陪集具有如下性质：

1. $\mathrm{\forall }g\in G,|H|=|Hg|$

2. $\mathrm{\forall }g\in G,g\in Hg$（$H$ 中存在单位元 $e$）

3. $g\in H⟺H=Hg$（封闭性）

4. $Ha=Hb⟺a\times b^{-1}\in H(a\in G,b\in G)$（$h_1\times a=h_2\times b⟹a\times b^{-1}=h_2\times h_1^{-1}\in H$）

5. $Ha\cap Hb\ne \varnothing ⟹Ha=Hb$

6. $H$ 的全体右陪集的并为 $G$（$H$ 中的单位元有 $g\times e=g(g\in G)$ 于是可以取遍 $G$ 的所有元素）

还有一些常见的表述：

若 $H\le G$，记 $G/H$ 表示 $H$ 在 $G$ 中的所有左陪集构成的集合 $\{gH|g\in G\}$

若 $H\le G$，记 $[G:H]$ 表示 $H$ 在 $G$ 中不同左/右陪集的数量（左右陪集数相等）

拉格朗日定理

$$|H|\cdot [G:H]=|G|$$

证明：又上述性质可得 $|H|=|Hg|$ 且所有本质不同的右陪集两两不交，右陪集同理。

置换

个人理解为作用于一个序列的运算，可用双行表示法：

$$\sigma =\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 4& 1& 3& 5& 2\end{array}\right)$$

表示把第一个数换为第四个数，第二个数换为第一个数，以此类推。

很显然 $\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 4& 1& 3& 5& 2\end{array}\right)$ 和 $\left(\begin{array}{ccccc}4& 2& 3& 1& 5\\ 5& 1& 3& 4& 2\end{array}\right)$ 这种是等价的，所以我们可以强行规定第一行是 $1\sim n$，用一个排列来表示置换：

$$\sigma =\left(\begin{array}{ccccc}4& 1& 3& 5& 2\end{array}\right)$$

那么我们的运算就变成了：

$$\sigma (a)=\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{{\sigma }_1}& a_{{\sigma }_2}& a_{{\sigma }_3}& \cdots & a_{{\sigma }_n}\end{array}\right)$$

称为置换的合成（下文的群作用）。

置换群

既然置换之间可以合成运算，并且很显然存在单位元 $e=\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \cdots & n\end{array}\right)$，稍微手玩可以发现有逆元如 ${\left(\begin{array}{ccccc}4& 1& 3& 5& 2\end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}2& 5& 3& 1& 4\end{array}\right)$，我们可以用一个群来表示 $G=(M,\times )$，其中 $M$ 是若干个置换组成的集合，称为置换群。

群作用

对于一个集合 $M$ 和一个群 $G$，如果有一个二元函数 $\phi (v,k)$，其中 $v\in G$，$k\in M$，满足：

• $\phi (e,k)=k$（$e$ 为群中的单位元）

• $\phi (a,varphi(b,k))=\phi (a\times b,k)$

则称群 $G$ 作用于 $M$。

轨道-稳定子定理

轨道

对于一个集合 $M$ 和一个作用于 $M$ 上的群 $G$，集合 $M$ 中的元素 $k$ 通过 $G$ 中元素可以转移到的集合称为轨道，记为 $G_{(k)}$。

稳定子

还是考虑上述的集合 $M$ 和群 $G$，若 $G$ 中的一个元素 $g$ 满足其对 $M$ 中元素 $k$ 的作用有 $\phi (g,k)=k$，则称 $g$ 所构成的集合连带运算所构成的群为 $G$ 中 $k$ 的稳定子，记为 $G_k$

元素的不动元素集

还是上文的 $M$ 和 $G$，若对于 $G$ 中的一个元素 $g$，$M$ 中的元素 $k$ 满足 $\phi (g,k)=k$，这些元素构成的集合称为该元素的不动元素集，记为 $F_g$。

定理

$$|G|=|G_{(k)}|\cdot |G_k|$$

Burnside 引理

还是上文的 $M$ 和 $G$，则 $M$ 中本质不同的轨道数量为：

$$\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}|F_g|$$

证明有时间再写写。

Pólya 定理

考虑一个染色问题。有 $n$ 个物体，组成一个集合 $N=\{1,2,3,\cdots ,n\}$，$G=\{{\sigma }_1,{\sigma }_2,{\sigma }_3,\cdots ,{\sigma }_g\}$ 是作用在 $N$ 上的一个置换群，那么在 $G$ 的作用下，用 $m$ 种颜色对这些物体染色，本质不同的方案数为：

$$\frac{1}{|G|}\sum _{i=1}^g{m}^{c({\sigma }_i)}$$

其中，$c({\sigma }_i)$ 表示置换 ${\sigma }_i$ 中的轮换个数。

例如洛谷P4980 【模板】Pólya 定理：

在该题目意义下，置换群 $G$ 应该是形如 $\{\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \cdots & n\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccccc}2& 3& \cdots & n& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccccc}3& \cdots & n& 1& 2\end{array}\right),\cdots ,\left(\begin{array}{ccccc}n& \cdots & 1& 2& 3\end{array}\right)\}$ 共计 $n$ 个元素的形式，但是在 $n\le {10}^9$ 的数据范围下，暴力遍历每一组置换显然是不行的。

这个时候我们引入一个概念叫做循环群，如果一个群 $G$，满足 $\mathrm{\exists }g\in G$，使得 $g,g\times g,g\times g\times g,g\times g\times g\times g,\cdots$ 能够遍历 $G$ 中的每一个元素，我们就称它为循环群，一个 $k$ 元循环群同构于模 $n$ 意义下的整数同余加法群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。

在本题意下，$G$ 显然是一个 $n$ 元循环群，因此在考虑 $c({\sigma }_i)$ 时只需要考虑 $N$ 中的一个元素经过几次对自己的操作可以回到自己，所以我们重新定义标号，令 ${\sigma }_i=\left(\begin{array}{ccccccc}i+1& i+2& \cdots & n& 1& \cdots & i\end{array}\right)$，那么 $c({\sigma }_i)=gcd(i,n)$。

再用一下 Pólya 定理，答案为：

$$\begin{array}{c}\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{n}^{c({\sigma }_i)}\\ =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{n}^{gcd(i,n)}\\ =\frac{1}{n}\sum _{d|n}{n}^d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,\frac{n}{d})=1]\\ =\frac{1}{n}\sum _{d|n}{n}^d\phi (\frac{n}{d})\end{array}$$