Burnside 引理与 Polya 定理

抽象代数前置

【Burnside 引理】

问题引入

涂色 $2\times 2$ 的方格。旋转相同算一种。有多少种本质不同染色方案？

可以数出有 $6$ 种。

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以此为例介绍 Burnside 引理。

设一种染色方案为 $x$，$g_a$ 为一种变换，表示将某种染色方案顺时针旋转 $a$ 度，则 "旋转相同" 就是 $x^{(g_0,g_{90},g_{180},g_{270})}$ 算同一种。

考虑：

1. $x^{g_0}=x$ 的有几种？有 $16$ 种。

2. $x^{g_{90}}=x$ 的有几种？有 $2$ 种。

3. $x^{g_{180}}=x$ 的有几种？有 $4$ 种。

4. $x^{g_{270}}=x$ 的有几种？有 $2$ 种。

Burnside 引理告诉我们，本质不同的方案数即这四种情况的平均数，${\displaystyle \frac{16+2+4+2}{4}}=6$。

数学定义

令 $X$ 为着色方案的集合，$G$ 为一个作用在 $X$ 上的变换群。

定义 $X^{(g)}=\{x|x\cdot g=x,x\in X\}$。即对于 $g$，找所有被 $g$ 作用后不变的 $x$。

Burnside 引理结论：$|X/G|={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|X^{(g)}|$。

（$X/G$ 表示 $G$ 作用在 $X$ 上后的等价类个数，在群论中 "等价类" 也称作 "轨道 (orbit)"）

证明

需要一些前置定理。

Lagrange 定理

设 $H$ 是 $G$ 的子群。$\{aH|a\in G\}$ 会成为 $G$ 的划分。
（$\{aH|a\in G\}$ 是 "陪集"，$a$ 这个元素对 $H$ 里每个元素运算得到的集合）

Lagrange 定理：$[G:H]=|G|/|H|$。（$[G:H]$ 表示 $\{aH|a\in G\}$，即陪集的集合）

即 $|G|=[G:H]\cdot |H|$。

Burnside 证明

定义 $O_x=\{x^{\prime }|\mathrm{\exists }g\in G,g\cdot x=x^{\prime },x^{\prime }\in X\}=\{gx|g\in G\}$。理解 $x$ 为一种着色方案，$O_x$ 即 $x$ 所在的轨道。

定义 $G_x=\{g|g\in G,g\cdot x=x\}$。即 $x$ 的稳定化子，就是作用到 $x$ 后不变。注意分辨 $X^{(g)}$ 与 $G_x$。

观察 1：$G_x$ 是 $G$ 的子群。

证明 $H$ 是 $G$ 子群的思路：① 证明 $a,b\in H\Rightarrow ab\in H$。 ② $a\in H\Rightarrow a^{-1}\in H$。

证明 1：

1. $a,b\in G_x$。由定义，$a\cdot x=x,b\cdot x=x$，而 $(ab)x=a(bx)=ax=x$。所以 $ab\in G_x$。利用了群的结合律。

2. $a\in G_x,ab=e$（$e$ 为单位元），即 $b=a^{-1}$。由定义 $ax=x$，则 $b(ax)=bx,b(ax)=(ba)x=ex=x$，所以 $bx=x$，所以 $b\in G_x$。

证毕。

观察 2：$O_x$ 与 $G_x$ 的所有陪集形成一一映射。

（轨道元素个数与稳定化子陪集构成一一映射）

证明 2：

理清定义。（下面变换作用在状态上用 $\cdot$，变换复合用 $\ast$）

$O_x$ 是 $x$ 通过 $G$ 能到达的所有状态。$G_x=\{f|f\cdot x=x\}$。$G_x$ 的某个陪集 $a{G}_x=\{a\ast b|b\in G_x\}$。
$S=G_x$ 所有陪集 $=\{a{G}_x|a\in G\}$。

然后开始证明。来一个引理：

引理：任取一个 $f$ 使得 $f\cdot x=x_i$，有 $f{G}_x=G_i=\{g|g\in G,g(x)=x_i\}$。

引理证明：

反证法。假设 $f{G}_x\ne G_i$。因为 $f\cdot x=x_i$，而 $\mathrm{\forall }{f}^{\prime }\in G_x$，都有 $f^{\prime }\cdot x=x$，所以 $(f\cdot f^{\prime })\cdot x=f\cdot (f^{\prime }\cdot x)=f\cdot x=x_i$。所以 $f{G}_x\subseteq G_i$。

又因为 $f{G}_x\ne G_i$，所以一定有 $|f{G}_x|<|G_i|$。根据子群与陪集的性质，$|f{G}_x|=|G_x|$，所以 $|G_x|<|G_i|$。
但是考虑逆变换 $f_{\ast }$ 使得 $f_{\ast }\cdot x_i=x$，陪集 $f_{\ast }{G}_i$ 其实就是 $G_x$（变换一次又逆变换回去了）。所以 $|f_{\ast }{G}_i|=|G_x|$。根据子群与陪集的性质，$|G_i|=|f_{\ast }{G}_i|$。
于是有 $|G_i|>|G_x|=|f_{\ast }{G}_i|=|G_i|$，矛盾，反设不成立。引理得证。

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下面开始正式证明。

对于每个 $x_i\in O_x$，根据 $O_x$ 的定义，存在某个 $f_i\in G$ 使 $f_i\cdot x=x_i$。
我们任取某个 $f_i$，并记 $f_i$ 与 $G_x$ 构成的陪集为 $P_i=\{f_i\cdot f|f\in G_x\}$。

于是我们把 $O_x$ 映射到 $|O_x|$ 个陪集 $P_i$。我们会说明这些 $P_i$ 构成的集合等于 $S$。

反设有 $f_{\ast }\in G$，使得 $f_{\ast }{G}_x$ 不等于任何一个 $P_i$。
设 $f_{\ast }(x)=x_p$。根据引理，$P_p$ 包含了所有 $f(x)=x_p$ 的 $f$，矛盾。所以 $\{P_i\}=S$，得证。

推论：

根据拉格朗日定理有 $|G|=|O_x|\cdot |G_x|$。

正式证明：

$$\begin{array}{rl}\sum _{g\in G}|X^{(g)}|& =|\{(g,x)|g\cdot x=x\}|\\ & =\sum _{x\in X}|G_x|=\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{|G|}{|O_x|}}\end{array}\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|X^{(g)}|=\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{1}{|O_x|}}$$

而 $\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{1}{|O_x|}}$ 其实就是 $X/G$ 的轨道数。因为一个轨道里每一个数贡献轨道大小的倒数，所以一个轨道贡献 $1$。

【Polya 定理】

考虑 $|X^{(g)}|$ 有没有其他的计算方式。

考虑 $g180$ 对 $2\times 2$ 的作用：

$$\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\Rightarrow \left[\begin{array}{cc}d& c\\ b& a\end{array}\right]$$

我们发现，这可以视作两个轮换：$(a,d),(b,c)$。所以问题转化为：给 $a,b,c,d$ 着色，同一轮换里同色的方案数。

记 $k$ 为颜色数，$A$ 为所有格子的集合。记 $C_A(g)$ 为把 $g$ 看作置换，$A$ 会形成的轮换数。
有：$|X^{(g)}|=k^{C_A(g)}$。

Polya 定理

$|X/G|={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}{k}^{C_A(g)}$。

根据 Burnside 引理，$|X/G|={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|X^{(g)}|$，而 $|X^{(g)}|=k^{C_A(g)}$，所以 Polya 定理成立。

区分

Burnside 引理是 $g$ 作用在 $X$ 上（着色方案），Polya 定理是 $g$ 作用在 $A$ 上（格子）。

【题目】

【P4980：项链计数】

$n$ 个珠子一串，$k$ 种颜色。旋转相同。求本质不同的着色方案数 $T_{n,k}$。

这个问题有很多拓展，例如每种颜色只能用一次、禁止循环节等。

结论：$T_{n,k}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{d|n}\phi (d)k^{n/d}$。

考虑 Polya 定理。

$A=\{1,2,\dots ,n\}$，$G=\{g_1,\dots ,g_n\}$。

根据 Polya 定理，答案为：

$${\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}{k}^{C_A(g)}={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{i=1}^n{k}^{C_A(g_i)}$$

考虑 $C_A(g_i)$ 是多少。记 $p=gcd(i,n)$，则 $imodp$ 相等的在同一个轮换里，所以 $C_A(g_i)=p$。

$$\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{i=1}^n{k}^{gcd(i,n)}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{d|n}{k}^d\cdot |\{i|1\le i\le n,gcd(i,n)=d\}|\\ & ={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{d|n}{k}^d\cdot |\{j|1\le j\le n/d,gcd(j,n/d)=1\}|\\ & ={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{d|n}{k}^d\cdot \phi (n/d)\end{array}$$

【P4916：魔力环】

$n$ 个珠子一串，黑白染色。要求恰好 $m$ 个黑色，且最长黑色段长度 $\le k$。旋转相同，求本质不同方案数。$n,m,k\le {10}^5$。

这题有对染色方案的限制，不能用 Polya 定理，只能用 Burnside 引理。因为 Burnside 就是根据染色方案的。

首先，还是有 $G=\{g_1\sim g_n\}$。关键问题在于怎么求 $|X^{(g_i)}|$。

令 $(x_1\sim x_n)$ 表示一种着色方案。需要计数：$x$ 满足题目的要求且 $x$ 在 $g_i$ 下保持不变。

考虑 $x$ 在 $g_i$ 下保持不变是什么意思。令 $d=gcd(g_i,n)$，这个条件等价于 $x$ 以 $d$ 为周期。

于是只需要考虑 $x_1\sim x_d$ 的选法个数，使得里面有 ${\displaystyle \frac{m}{d}}$ 个 $1$，且展开后连续 $1$ 个数 $\le k$。

这个怎么做？这是一个组合计数问题。

首先理一下问题：求长度为 $n$ 的 $01$ 序列，$1$ 有 $a$ 个，$1$ 段长度 $\le k$，认为首尾相连。

先把 $0$ 排成一排，让 $1$ 插入空隙之中。环做不了，必须断环为链，枚举首尾的空隙一共有多少个 $1$。所以方案数可以写作 $\sum _{i=0}^k(i+1)Put(a-i,(n-a)-1,k)$。其中 $Put(a,b,k)$ 表示把 $a$ 个球放入 $b$ 个盒子，每个盒子个数 $\le k$ 的方案数。

有容量的放球问题本来只能指数做。但是这里因为每个盒子的上限都一样，所以容斥时对于 $|S|$ 相同的情况可以一起计数。
$Put(a,b,k)=\sum _{i=1}^{min(a/k,b)}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{a-ik+b-1}{b-1})$.

【图的同构计数（无标号图计数）】

求 $n$ 个点的无向简单图个数。如果能通过将点的编号做置换变成相同的，认为是相同的图。

先用数学语言描述一下变化。若存在置换 $P=(p_1,\dots ,p_n)$ 使得 $(i,j)\in G⟺(p_i,p_j)\in G^{\prime }$，则 $G$ 和 $G^{\prime }$ 是同构的。

因为没有对置换的特殊限制，考虑 Polya 定理。

把一个图认为是完全图里的边黑白染色得到（黑表示选，白表示不选）。问题转化为一个边的黑白染色计数问题。

考虑如何描述 $A,G$。$A$ 是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})$ 条边的集合，$G$ 是 $n!$ 个点的置换的集合。即 $A=\{e_{i,j}|i<j\}$，$G=\{\text{1 到 n 的所有排列}\}$。
（$g$ 作用到点上之后，$A$ 里的边的编号也要跟着变）
换句话说，$G$ 是 ${\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}$ 条边的对称群的 $n!$ 阶置换群。

问题在于如何求 $C_A(g)$。(注意 $A$ 是边的集合，所以轮换也是边的轮换)

因为 $g$ 是一个置换，相对复杂，先考虑对于 $g$ 的一个轮换内部的边会形成多少个轮换。

手玩一下，观察发现一个大小为 $t$ 的轮换内部的边会形成 $[{\displaystyle \frac{t}{2}}]$ 个轮换。

这是为什么呢？记两个点 $a,b$ 在轮换中的距离 $dis(a,b)$ 为轮换几次之后 $a$ 变成 $b$。记 $a+d$ 为 $a$ 在轮换上往后走 $d$ 步到的点
我们发现，对于一个固定的 $d$，所有两端距离为 $d$ 的边会形成一个轮换。也就是 $(a,a+d),(a+1,a+d+1),\dots ,(a-1,a+d-1)$ 会形成轮换。这是比较显然的。

而 $d$ 有多少种取值？注意不是 $t$ 种！ 因为 $d=x$ 和 $d=t-x$ 是相同的。所以 $d$ 有 $[{\displaystyle \frac{t}{2}}]$ 个取值，每个取值有一个轮换，所以一共有 $[{\displaystyle \frac{t}{2}}]$ 个。

再考虑轮换之间的边。设两个轮换为 $a_1\sim a_j,b_1\sim b_k$。

手玩一下，观察发现对于两个长度 $j,k$ 的轮换，它们之间会形成 $gcd(j,k)$ 个轮换。

具体证明：假设某条边 $(a_x,b_y)$ 在 $t$ 次之后回到本身，那么 $tmodj=0,tmodk=0$，最小的 $t$ 即是该轮换的长度，显然 $t=\mathrm{lcm}(j,k)$。这个长度和 $x,y$ 无关！而两轮换一共连了 $jk$ 条边，所以一共有 $jk/\mathrm{lcm}(j,k)=gcd(j,k)$ 个轮换。

那么：若 $g$ 作用在 $V$ 上的轮换长度分别为 $l_1,l_2,\dots ,l_s$，那么 $C_A(g)=\sum _i[{\displaystyle \frac{l_i}{2}}]+\sum _{i<j}gcd(l_i,l_j)$。

如果暴力枚举 $g$，这复杂度就 $O(n!)$ 了；但是我们发现 $l_1\sim l_s$ 其实是 $n$ 的一个拆分，而 $\{l\}$ 相同的 $g$ 结果相同，所以只需要枚举 $n$ 的拆分，然后计算有多少个 $g$ 能对应到这个拆分即可。

那对于一个拆分，怎么计算有多少个置换，其轮换长度刚好是这个拆分？

$1\sim n$ 随便放有 $n!$ 种方案，长度为 $len$ 的轮换会贡献 $len!$ 次重复，所以分配每个元素进轮换里有 ${\displaystyle \frac{n!}{\prod len!}}$。
同时对于相同长度的轮换，它们的元素可以整体交换。设 $c_i$ 为 $i$ 长度的轮换个数，于是又有 $c_i!$ 次重复，再除以 $\prod c_i!$。
然后对于一个轮换内部，就是一个圆排列。

整理一下，对于一个拆分 $(l_1,l_2,\dots ,l_k)$，其方案数为 ${\displaystyle \frac{n!}{\prod l_i\prod c_i!}}$。

【带权 Burnside 引理】

如果着色方案 $X$ 有权值呢？（权值符合同轨道内权值相等的性质）

带权 Burnside 引理：$ans={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}w(X^{(g)})$，其中 $w(X^{(g)})$ 表示 $\sum _{x\in X^{(g)}}w(x)$。

证明：

$\sum _{g\in G}w(X^{(g)})=\sum _{g\in G}\sum _{x\in X^{(g)}}w(x)=\sum _x\sum _{g\in G_x}w(x)=\sum _{x}w(x)\cdot |G_x|$。

由拉格朗日定理，$|G_x|\cdot |O_x|=|G|$，所以 $\sum _{x}w(x)\cdot |G_x|=\sum _{x}w(x)\cdot {\displaystyle \frac{|G|}{|O_x|}}$。

所以 ${\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}w(X^{(g)})={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{x}w(x)\cdot {\displaystyle \frac{|G|}{|O_x|}}=\sum _{x}w(x)\cdot {\displaystyle \frac{1}{|O_x|}}=\sum _{x}w(x)=ans$。

【带权 Polya 定理（两种形式）】

形式 1

形式 1（积）：假设颜色 $c=1\sim k$ 有权重 $w_c$，着色方案 $x$ 的权重 $w(x)$ 为每个格子颜色权重的积。

带权 Polya 定理 1：所有本质不同方案的权重总和 $={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}{S}_1^{l_1(g)}\cdots S_n^{l_n(g)}$。
这里 $S_j=\sum _{c}w(c{)}^j$，$l_j(g)$ 表示 $g$ 的轮换分解中，长度为 $j$ 的轮换个数。

证明：

可以先考虑当所有颜色权重 $=1$ 的时候。此时 $S_j=\sum _c{1}^j=k$，所以 $\sum _{g\in G}{S}_1^{l_1(g)}\cdots S_n^{l_n(g)}=\sum _{g\in G}{k}^{l_1(g)+l_2(g)+\cdots +l_n(g)}=\sum _{g\in G}{k}^{C_A(g)}$。发现这是退化到了无权 Polya 定理的版本。

然后是有权版本。考虑 $g\in G$，设有 $r$ 个轮换，记作 $A_1\sim A_r$。若 $A_1\sim A_r$ 分别着色为 $c_1\sim c_r$ 时，我们产生了一个着色方案 $x$，其权重 $w(x)=w(c_1{)}^{|A_1|}\cdots w(c_r{)}^{|A_r|}$。所以

$$\begin{array}{rl}\sum _{x\in X^{(g)}}w(x)& =\sum _{g\in G}\sum _{c_1,\dots ,c_r\in [k]}w(c_1{)}^{|A_1|}\cdots w(c_r{)}^{|A_r|}\\ & =\sum _{g\in G}\prod _{i=1}^r(\sum _{j=1}^{k}w(j{)}^{|A_i|})\\ & =\sum _{g\in G}\prod _{j=1}^n(\sum _{i=1}^{k}w(i{)}^j{)}^{l_j(g)}\\ & =\sum _{g\in G}\prod _{j=1}^n{S}_j^{l_j(g)}\end{array}$$

形式 2

形式 2（和）：假设颜色 $c=1\sim k$ 有价值 $v_c$，着色方案 $x$ 的价值 $v(x)$ 为每个格子颜色价值的和。
求价值为 $m$ 的轨道个数 $T_m$。（这个比总价值更强，如果求了这个，总价值就是 $\sum m\cdot T_m$）

定义 $w(x)=t^{v(x)}$。这里 $t$ 是一个自由变量/参数，我们使用关于 $t$ 的多项式来求解。

（为什么要这样做呢？因为 $v(x)$ 是求和的形式，而转化成 $t^{v(x)}$ 后求和就变成乘积了，可以套用形式一的做法）

目标：$[t^m]\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{t^{v(x)}}{|O_x|}}$。

$$\begin{array}{r}\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{t^{v(x)}}{|O_x|}}\\ & =\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{w(x)}{|O_x|}}=\text{所有方案 X 的 w 之和}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}\prod _{i=1}^n{S}_i^{l_1(g)}\text{（形式一的结论）}\end{array}$$

回顾一下，$S_j=\sum _{c}w(c{)}^j=\sum _c{t}^{v(c)\cdot j}$。
再引入 $f(t)=\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}{f}_i\cdot t^i$，其中 $f_i$ 表示价值为 $i$ 的颜色个数。
那么 $S_j=\sum _c{t}^{v(c)\cdot j}=\sum _i{f}_i\cdot t^{i\cdot j}=\sum _i{f}_i(t^j{)}^i=f(t^j)$。

再把 $S_j$ 代回原式，则 $T_m=[t^m]{\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _g\prod _{i=1}^{n}f(t^i{)}^{l_i(g)}$。

形式 2 Ex

当每种颜色的价值不再是一个数，而是一个 $d$ 维向量 $\overrightarrow{v(x)}$，也能使用 Polya 定理。

定义 ${\displaystyle f(t_1,t_2,\dots ,t_d)=\sum _{i_1,\cdots ,i_d}(\prod _{j=1}^d{t}_j^{i_j})\cdot f_{(i_1,i_2,\dots ,i_d)}}$。这里 $f_{(i_1,i_2,\dots ,i_d)}$ 表示价值为 $(i_1,i_2,\dots ,i_d)$ 的颜色个数。

有：$T_{(i_1,i_2,\dots ,i_d)}=[t_1^{i_1}\cdots t_d^{i_d}]{\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}\prod _{i=1}^{n}f(t_1^i,t_2^i,\dots ,t_d^i{)}^{l_i(g)}$。

【题目】

【强制颜色个数的项链计数】

有 $k$ 种颜色，求长为 $n$ 的项链个数，使得颜色 $i$ 恰好用 $n_i$ 次。

结论：${\displaystyle ans={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{d|gcd(n_1,\dots ,n_k)}\phi (d)\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{n}{d}}{\prod _{i=1}^k\frac{n_i}{d}})}$。