群论学习笔记
1.什么是群（群的四要素）
1.1群的组成
集合 \(G\not=\varnothing\) 和 \(G\) 上的运算 \(\cdot\) 构成的代数结构 \((G, \cdot)\)
人话：集合+运算=群，记作\((集合，运算)\)。
1.2群的定义
1.2.1封闭性
\(\forall a,b\in G,a\cdot b\in G\)
人话：任意两个集合内的元素进行运算后，不会得到集合以外的元素。
1.2.2结合律
\(\forall a, b,c\in G,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)\)
人话：类似于加法/乘法的结合律，只要相对位置不改变，运算的顺序对运算结果无影响。
1.2.3单位元
\(\exists e\in G,\forall a\in G,e\cdot a=a\cdot e=a\)
人话：类似于加法/乘法中的0/1，与集合内任何元素运算后结果都是那个元素。
1.2.4逆元
\(\forall a\in G,\exists b\in G,a\cdot b=b\cdot a =e\)，称 \(b\) 为 \(a\) 的逆元，记作 \(a^{-1}\)
人话：相当于加法/乘法的相反数/倒数。
1.3群的性质
1.3.1定理：单位元唯一
证明：
假设有两个不同的单位元 \(e_1，e_2\)，根据性质1.2.3，有 \(e_1=e_1e_2=e_2\)，与假设矛盾，故假设不成立。
\(\Box\)
1.3.2定理：每个元素的逆元唯一
证明：
假设 \(a\in G\) 有两个不同的逆元 \(b,c\in G\)，根据性质1.2.4，有 \(a\cdot b=a\cdot c\)
所以 \(a^{-1}(a\cdot b)=a^{-1}(a\cdot c)\)
根据性质1.2.2，有 \((a^{-1}\cdot a)\cdot b=(a^{-1}\cdot a)\cdot b\Rightarrow e\cdot b=b=e\cdot c=c\)
假设不成立。左部同理。
\(\Box\)
1.3.3定理：元素的阶
对于任意的有限群 \((G,\cdot)\)， \(\forall a\in G,\exists k,a^k=e\)，此时，称 \(k\) 为 \(a\) 的阶，且有 \(a^{-1}=a^{k-1}\)
证明：
根据性质1.1.1，\(\forall a\in G，\{a,a^2,a^3,...,a^{|G|},a^{|G|+1}\}\subseteq G\)，
因为 \(G\) 内没有相同的两个元素，因此 \(\{a,a^2,a^3,...,a^{|G|+1}\}\) 至少有两个相同的元素，假设 \(a^x=a^y,x<y\)
则 \(a^{y-x}\cdot a^x=a^{y-x}\cdot a^y\)，即 \(a^y=a^{y-x}\cdot a^y=e\cdot a^y\)，所以 \(a^{y-x}=e,k=y-x\)
\(\Box\)
1.4子群
1.4.1子群定义
若 \((G,\cdot)\)，\(H\subseteq G且H\not=\varnothing\)，且 \((H,\cdot)\) 也是群，则 \((H,\cdot)\) 是 \((G,\cdot)\) 的子群, 记为 \(H\leq G\)
1.4.2陪集及其性质
若 \(H\leq G\)，且 \(g\in G\)，则
- \(gH=\{g\cdot t|h\in H\}\), 称 \(gH\) 为 \(H\) 在 \(G\) 内的左陪集
- \(Hg=\{h\cdot s|h\in H\}\), 称 \(Hg\) 为 \(H\) 在 \(G\) 内的右陪集
常见表述:
- 若 \(H\leq G\), 则 \(G/H\) 表示 \(G\) 中 \(H\) 的全体左陪集, 即 \(\{gH|g\in G\}\)
- 若 \(H\leq G\), 则 \([G:H]\) 表示 \(G\) 中 \(H\) 的不同陪集的数量
1.4.2.1性质1:\(\forall g\in G,|H|=|Hg|\)
证明:
假设存在 \(g\in G\) , 满足 \(|H|\not =|Hg|\)
所以, 根据陪集的定义, \(\exists h_1,h_2\in H,h_1\cdot g=h_2\cdot g且h_1\not =h_2\)
与集合的性质矛盾, 故假设不成立
\(\Box\)
1.4.2.2性质2:\(\forall g\in G,g\in Hg\)
证明:
根据定义1.2.3, \(e\in H\)
因为 \(e\cdot g=g\), 所以 \(g \in Hg\)
\(\Box\)
1.4.2.3性质3:\(Hg=H\iff g\in H\)
充分性证明:
假设存在 \(g\) , 使得 \(Hg=H且g\notin H\), 则 \(g\not\in Hg\)
与性质1.4.2.2矛盾
\(\Box\)
必要性证明:
假设存在 \(g\), 使得 \(g\in H且Hg\not=H\), 则 \(\exists h\in H,h\cdot g\notin H\)
与性质1.2.1矛盾
\(\Box\)
1.4.2.4性质4:\(Ha=Hb\iff a\cdot b^{-1}\in H\)
充分性证明:
易知 \(a\in Hb\), 因此 \(\exists h\in H,h\cdot b=a\)
即, \(h=a\cdot b^{-1}\)
\(\Box\)
必要性证明:
根据性质1.4.2.4, \(Hab^{-1}=H\)
因为 \(Hab^{-1}b=\{h\cdot a\cdot b^{-1}\cdot b|h\in H\}=\{h\cdot a|h\in H\}=Ha\)
又因为 \(Hab^{-1}b=Hb\), 所以\(Ha = Hb\)
\(\Box\)
1.4.2.5性质5:\(Ha\cap Hb\not=\varnothing\iff Ha=Hb\)
充分性证明:
假设 \(x\in Ha\cap Hb\), 则 \(\exists h_1,h_2\in H,h_1\cdot a=h_2\cdot b=x\), 因此 \(ab^{-1}=h_1^{-1}h_2\)
根据性质1.2.1和性质1.2.4, \(h_1^{-1}h_2\in H\), 所以\(ab^{-1}\in H\)
根据性质1.4.2.4, \(Ha=Hb\)
\(\Box\)
必要性证明:略
1.4.2.6性质6:\(H\)的全体右陪集的并等于G
证明:
根据性质1.4.2.2, \(\forall g\in G, g\in Hg\)
\(\Box\)
1.4.3Lagrange定理
证明:
根据性质1.4.2.5和性质1.4.2.6, 得到 \(|H|[G:H]=|G|\)
\(\Box\)
2.置换群
2.1置换操作
2.1.1置换操作的表示
有限集合到自身的双射（即一一对应）称为置换。集合 \(G=\{a_1,a_2, ...,a_n\}\) 上的置换可以表示为
\[f=\begin{pmatrix}a_1 &a_2&...&a_n \\ p_1&p_2&...&p_n \end{pmatrix} \]
人话：将某个有序的有限集合重新排列，“重新排列”这个操作就叫集合的置换。例如，将 1 替换为 \(a_1\) ，\(n\) 替换为 \(a_n\)。
2.1.2循环表示
假设有一个置换 \(f=\begin{pmatrix}a_1&a_2&a_3&a_4&a_5\\a_3&a_1&a_2&a_5&a_4\end{pmatrix}\)，如果我们将每个元素看成一个节点，将 \(i\) 向 \(a_i\) 连边，那么每个节点恰好有一条出边和一条入边，得到的图就是若干个不相交的简单环。因此，我们可以用更简单的循环表示法表示这样的置换。
循环置换可以表示为
以开始提到的置换为例，该置换可以表示为 \((1,3,2)\cdot (4,5)\)，置换的乘法后文会提到。
2.1.3置换乘法
对于两个置换 \(f=\begin{pmatrix}a_1&a_2&...&a_n\\a_{p_1}&a_{p_2}&...&a_{p_n}\end{pmatrix}\) 和 \(g=\begin{pmatrix}a_{p_1}&a_{p_2}&...&a_{p_n}\\a_{q_1}&a_{q_2}&...&a_{q_n}\end{pmatrix}\) ，\(f\) 和 \(g\) 的乘积记为 \(f\cdot g\) ，其值为 \(f\cdot g =\begin{pmatrix}a_1&a_2&...&a_n\\a_{q_1}&a_{q_2}&...&a_{q_n}\end{pmatrix}\)
人话：将原序列先经过操作 \(f\) ，再经过操作 \(g\) 后的等价置换（一步到位）。注意，置换乘法不一定满足交换律。
2.2置换群
2.2.1置换群的验证
上文已经定义了置换以及置换乘法, 本节验证是否满足群的定义。
封闭性: 显然满足。
结合律: 显然满足。
单位元: 存在, \(e=(1, 2, ...,n)\)
逆元: 显然存在。
因此, 本文的主角: 置换群登场。
2.2.2群作用
置换群是一个由置换操作组成的群，而非传统意义上的元素。
因此，置换群必然是依托某个作用对象而存在的。而作用对象， 就是集合。
对于一个集合 \(M\) 和群 \((G,\cdot )\)， 若给定了一个二元函数 \(\phi(v,k)\)，其中 \(v\in G\) ，\(k\in M\)，且有：
\[\phi(e,k)=k\\\phi(g,\phi(s,k))=\phi(g\cdot s,k) \]则称群 \((G,\cdot )\) 作用于 集合 \(M\)
2.3相关定理
设 \((G,\cdot )\) 是一个置换群， 作用于集合 \(X\)
方便起见，下文中 \(\phi (g,x)\) 记为 \(g(x)\)
2.3.1轨道-稳定子定理
2.3.1.1概念
- 不动点 ：对于 \(g\in G\)，若 \(\exists x\in X,g(x)=x\)，则称 \(x\) 是 \(g\) 下的不动点，\(x\in X^g\)
- \(x\) 不动置换类（稳定子）：对于 \(g\in G\)，若 \(x\) 是 \(g\) 下的不动点，则 \(g\) 属于 \(x\) 不动置换类，记为 \(g\in G^x\)。
- 等价类（轨道）：\(G(x)=\{g(x)|g\in G\}\)， 即 \(x\) 能够通过 \(G\) 内的置换操作所能够到达的所有元素。
2.3.1.2定理：\(|G^x||G(x)|=|G|\)
证明：
首先证明 \((G^x,\cdot)\) 是 \((G,\cdot)\) 的一个子群。
封闭性：\(\forall g_1,g_2\in G^x,(g_1\cdot g_2)(x)=x\)，因此 \((g_1\cdot g_2)(x)\in G^x\)，封闭性得证。
结合律：显然。
单位元：因为 \(e(x)=x\)，所以 \(e\in G^x\)，\(G^x\) 存在单位元。
逆元：\(\forall g\in G^x,(g\cdot g^{-1})(x)=e(x)=x\)，又因为 \(g(x)=x\)，所以 \(g^{-1}(x)=x\)，所以 \(g^{-1}\in G^x\)，逆元存在。
根据Lagrange定理，有 \(|G^x||G:G^x|=|G|\)
只需证明：\(|G:G^x|=|G(x)|\)
此时需要构建一个关于 \(g(x)\) 与 \(G^x\) 的陪集的双射关系。
显然，对于 \(g(x)\) 可以令其对应陪集 \(gG^x\)
若 \(g_1,g_2\in G^x,g_1(x)=g_2(x)\)，则 \((g_1\cdot g_2^{-1})(x)=e(x)=x\)，所以\(g_1\cdot g_2^{-1}\in G^x\)
根据性质1.4.2.4，\(g_1\cdot g_2^{-1} G^x\iff g_1G^x=g_2G^x\)，因此相同的 \(g(x)\) 在相同的陪集中，相同的陪集中都是相同的 \(g(x)\)
因此 \(|G:G^x|=|G(x)|\) 得证。
\(\Box\)
2.3.2Burnside引理
记 \(X/G=\{G(x)|x\in X\}\)，则
\[|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}X^g \]
人话：\(X\) 在群 \((G,\cdot)\) 作用下的等价类总数等于每一个 \(g\) 作用下的不动点总数的平均数。
证明：
每个元素仅属于一个轨道，因此，有：\(|X/G|=\sum\limits_{x\in X}\frac{1}{|G(x)|}\)
根据轨道-稳定子定理，有：\(|X/G|=\sum\limits_{x\in X}\frac{|G^x|}{|G|}\)
因此，\(|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{x\in X}|G^x|=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}|X^g|\)
\(\Box\)
2.3.3Pólya定理
设有 \(n\) 个元素，每个元素有 \(m\) 种染色方法，\((G,\cdot)\) 是 \(n\) 个元素的置换群，则染色总方案数为
\[\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}T(g) \]其中，\(T(g)\) 表示在置换 \(g\) 下，不变的染色方案数
2.4实战演练
2.4.1【模板】Pólya 定理)
如果不考虑旋转相同，那么本题的答案十分显然，即 \(m^n\)
考虑将旋转表示为一个置换群 \((G,\cdot)\) ，定义旋转为将所有顶点按照相同方向移动若干个位置，旋转1这个操作就可以表示为 \(r=(a_1,a_2,\cdots,a_n)\)
根据置换乘法的定义，旋转 \(m\) 操 作可以表示为 \(r^m=(a_1,a_2,\cdots ,a_n)^m\)
容易得到，\(G=\{r^0,r,...,r^{n-1}\}\)（\(r^0\) 即为单位元）
根据引理，不同染色的方案数为：
问题变为了如何求 \(T(r)\)
首先对于环上的每个节点标号，分别为 \(0,1,...,n-1\)
容易发现，对于某个操作 \(r^k\)，如果要使旋转后染色相同，那么必须满足 \({\rm col}(i)={\rm col}((i+k)\%n)\)
不难想象，当循环节长度为 \(\gcd (k,n)\) 时，总是满足旋转后的方案不变，因此，\(T(r^k)=m^{\gcd(k,n)}\)，特别的，\(T(r^0)=m^n\)
所以：
接下来就是莫比乌斯反演部分：
2.4.2【HNOI2009】图的同构计数)
如果不考虑同构，显然有 \(2^{\frac{n(n-1)}{2}}\) 种不同的图
分析一下同构定义：将图各个点重新标号后得到的图相同。因此，可以将同构看作是点置换的等价类。
定义群 \((G,\cdot)\) ，其中 \(G\) 是全体置换操作组成的集合，\(|G|=n!\)
由置换乘法可知，可以将一个置换拆分成若干个“环”，两个“环”之间不会发生点的置换。
因此，对于每一个置换操作，可以这样计算其不动点（在本题中是“不动图”）个数，将边分两种情况讨论（每种情况都需要保证图中的边在这个置换下不动）：
-
边的两个端点在同一个“环”上（假设参与这个置换循环的点数为 \(n\)）：
想象一个圆周上有 \(n\) 个点，全部向同一个方向旋转一个位置，得到的图不变即为“不动图”。不难发现，只要所有点连出的所有边的长度一一对应，得到的即为“不动图”。一个点最多连出 \(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\) 条不同的边，故共有 \(2^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\) 种“不动图”。
-
边的两个端点不在同一个“环”上（假设两个环的点数分别为 \(a\)，\(b\)）：
考虑一条边做 \({\rm lcm}(a,b)\) 次操作就能回到原本的位置，因此等价类的大小应当是 \({\rm lcm}(a,b)\)。每条边都在同样大小的等价类中，因此不同等价类的个数为 \(\frac{ab}{{\rm lcm}(a,b)}=\gcd (a,b)\)，故共有 \(2^{\gcd (a,b)}\) 种“不动图”。
综上，对于一种置换，假设其拆分后的环长度分别为 \(b_1\leq b_2\leq \cdots \leq b_m\)，那么不动点的个数应当是:
根据Burnside引理，有：
但 \(n!\) 枚举置换显然不现实。根据式子不难发先，如果两个不同的置换有相同的 \(b\) 序列，那么这两个置换的不动点个数也是相同的。
考虑每种 \(b\) 序列对应多少种不同的置换：
- 首先将长度为 \(n\) 分为 \(m\) 段，每段代表一个循环，因此环内第一个数字无论放在哪个位置都是相同的，所以方案数为 \(\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^m b_i}\)
- 其次考虑不同环之间的关系，发现两个大小相同的环的相对位置对与方案数没有影响，因此方案数为 \(\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^m b_i\prod\limits_{l} c_l!}\)，\(c_l\) 表示长度等于 \(l\) 的环的个数。
可以通过 dfs 进行整数拆分得出 \(b\) 序列。总答案为：
