忘光了，所以复习【GRU】

群论

基本

代数系统：非空集 $G$ 以及一堆二元运算组成一个代数系统，表示为 $(G,\cdots ,\cdots )$，其中后面表示每个运算的符号。

群：代数系统 $(G,\cdot )$（称作乘法），满足以下性质则称为群（群公理）：

• 封闭性：对于任意 $a,b(a,b\in G)$，有 $a\cdot b\in G$。
• 结合律：对于任意 $a,b,c(a,b,c\in G)$，有 $(a\cdot b)\cdot c=a(b\cdot c)$。
• 存在幺元：存在单位 $e\in G$，使得对于任意 $a\in G$，有 $e\cdot a=a\cdot e=a$，$e$ 被称作单位元（幺元）。
• 存在逆元：对于任意 $a\in G$，都存在一个 $b$ 使得 $a\cdot b=b\cdot a=e$，则 $b=a^{-1}$，$b$ 是 $a$ 的逆元。

有限群/无限群：有有限/无限个元素的群，定义一个有限群的阶为 $G$ 的大小，记作 $|G|$。

交换群：带交换律的（对于任意 $a,b(a,b\in G)$，有 $a\cdot b=b\cdot a$）。

半群：若 $(G,\cdot )$ 满足封闭性和结合律，则称其为半群。

交换半群：带交换律的半群。

幺半群：存在单位元的半群。

子群：顾名思义，若两个群 $(G,\cdot ),(H,\cdot )$，满足 $H\subseteq G$，那么 $H$ 为 $G$ 的一个子群。

生成子群：若 $(G,\cdot )$ 的一个子集 $S$，满足 $(G,\cdot )$ 所有包含 $S$ 的子群的交 $H$ 还是群，那么称 $H$ 为 $S$ 的生成子群，可以记作 $⟨S⟩$，$S$ 为 $⟨S⟩$ 的生成集 。

环：代数系统 $(G,+,\cdot )$（称作乘法、加法），满足以下性质则称为环：

• $(G,+)$ 是一个交换群（环的加法群）。

• $(G,\cdot )$ 是一个半群（环的乘法半群）。

• $\cdot$ 关于 $+$ 有分配律：对于任意 $a,b,c\in G$，有 $a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$。

• 存在零元：零元即为 $(G,+)$ 的幺元。

交换环：带交换律的环。

幺环：若 $(G,\cdot )$ 是幺半群，那么， $(G,+,\cdot )$为幺环，$(G,+,\cdot )$ 幺元为 $(G,\cdot )$ 的幺元。

陪集：若 $(H,\cdot )$ 是群 $(G,\cdot )$ 的一个子群，并且 $a\in G$，称 $aH=\{a\cdot h|h\in H\}$ 为 $H$ 的左陪集，$Ha=\{h\cdot a|h\in H\}$ 为 $H$ 的右陪集。

与陪集相关的一些性质（只考虑左陪集，右陪集类似）：

1. $|H|=|aH|$

2. $aH=H\iff a\in H$

   • $aH=H\Rightarrow a\in H$ ：因为单位元，所以 $a\in aH$ 所以 $a\in H$。

   • $a\in H\Rightarrow aH=H$：根据封闭性，$aH$ 中所有元素在 $H$ 中出现，又因为 性质 $1$： $|H|=|aH|$ ，所以 $aH=H$。

3. $aH=bH\iff a\cdot b^{-1}\in H$

   • 把 $aH=bH$ 转化为 $a\cdot b^{-1}H=H$。

4. $aH\cap bH\ne \varnothing \Rightarrow aH=bH$

   • 设 $c\in aH\cap bH$，于是 $\mathrm{\exists }t,u\in H,a\cdot t=b\cdot u=c$，所以 $a\cdot b^{-1}=u\cdot t^{-1}\in H$。

商群：对于群 $(G,\cdot )$ 及其正规子群 $(H,\cdot )$ ，商群 $G/H=\{gH|g\in G\}$​。

拉格朗日定理：$|H|[G:H]=|G|$ （$[G:H]$ 为 $G$ 中 $H$ 不同的左陪集数量，即 $|G/H|$）。

• 根据陪集性质 $4$：本质不同陪集必定无交。

共轭：对于 $g,a,b\in G$ ，有 $b=g\cdot a\cdot g^{-1}$，那么 $a,b$ 共轭。

阶：群 $(G,\cdot )$ 中 $a(a\in G)$ 的阶，是最小的正整数 $k$ 使得 $a^k=e$ 。对于有限群阶一定存在。

与阶相关的性质：

• 群中任意一个元素的阶，一定整除群的阶。
• 若 $a,b\in G$，$a,b$ 的阶分别为 $u,v$ ，且 $gcd(u,v)=1$，那么 $a^s{b}^t=e$ 当且仅当 $a^s=e,b^t=e$。
• 若 $a,b\in G$，$a,b$ 的阶分别为 $u,v$ ，那么定存在元素 $c$ 使得 $c$ 的阶 $w$ 满足 $w=\mathrm{lcm}(u,v)$。

置换

置换是有限集合到自己的双射 $S=\{a_1,\dots ,a_n\}$ 表示为：

$$f=\left(\begin{array}{c}{a}_1,...,a_n\\ a_{p_1},\dots a_{p_n}\end{array}\right)$$

$p$ 是一个排列，可以理解为一次映射，不难发现，$S$ 上的不同置换有 $n!$ 个。

置换乘法：两个置换的乘法即为两次映射。

不难发现，对于 $S$ 上的所有置换关于置换乘法满足封闭性、结合律、有单位元（恒等置换，即每个元素映射成它自己）、有逆元（交换置换表示中的上下两行），因此构成一个群。这个群的任意一个 子群 即称为 置换群。

轨道 - 稳定子定理

对于集合 $S$ 和置换群 $(G,\cdot )$，以及 $x\in S$。

轨道：定义为 $G(x)=\{g(x)|g\in G\}$，简单的说就是 $G$ 中所有元素作用在 $x$ 上得到的集合。

稳定子：定义为 $G^x=\{g|g\in G,g(x)=x\}$， 简单的说就是 $G$ 中作用在 $x$ 上使 $x$ 不变的元素的集合。

轨道 - 稳定子定理：

对于任意 $x\in S$，$|G^x||G(x)|=|G|$。

证明：

• 引理一：$G^x$ 为 $G$ 的子群。
  • 封闭性：对于 $f,g\in G$，$f(x)=g(x)=x$，所以 $(f\cdot g)(x)=x$，根据 $G^x$ 定义可知，有封闭性。
  • 结合律：$G$ 满足，所以 $G^x$ 更满足。
  • 存在单位元：有恒等置换做单位元，且满足 $e(x)=x$。
  • 存在逆元：设 $g\in G^x$，$(g\cdot g^{-1})(x)=e(x)=x$ ，根据置换，不难发现 $g^{-1}(x)=x$。
• 引理二：$[G:G^x]=|G(x)|$。
  • 考虑 $g(x)$ 与 $g{G}^x$ 一一对应。
  • 若 $f(x)=g(x)$，则有 $f\cdot g^{-1}=x=e(x)\in G^x$，根据陪集性质 $f{G}^x=g{G}^x$。
  • 所以我们证明了：当 $g(x)$ 相同时 $g{G}^x$ 相同。

根据拉格朗日定理：$|G^x|[G:G^x]=|G|$。

得到 $|G^x||G(x)|=|G|$。

Burnside 定理

若 $(G,\cdot )$ 为置换群，$X$ 为一个集合，若存在 $f(x)=y(f\in G,x,y\in X)$，则定义 $x,y$ 属于一个等价类。

若 $X/G$ 表示 $G$ 作用下 $X$ 的所有等价类集合，$X^g$ 表示 $g$ 作用下不变的 $X$ 中元素的集合（类似于轨道 - 稳定子定理）。

$|X/G|={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|X^g|$

证明：

$\begin{array}{rl}\sum _{g\in G}|X^g|& =\sum _{x\in X}|G^x|\text{（转换枚举贡献的方式）}\\ & =\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{|G|}{|G(x)|}}\text{（轨道 - 稳定子定理）}\\ & =|G|\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{1}{|G(x)|}}\\ & =|G|\sum _{Y\in (X/G)}\sum _{x\in Y}{\displaystyle \frac{1}{|G(x)|}}\text{（先枚举每个等价类，再依次枚举等价类中的元素）}\\ & =|G|\sum _{Y\in (X/G)}\sum _{x\in Y}{\displaystyle \frac{1}{|Y|}}\text{（每个等价类中元素的轨道均相同，为等价类集合大小）}\\ & =|G||X/G|\end{array}$

Pólya 定理

用 $m$ 中颜色给 $n$ 个对象染色在 $n$ 阶置换群 $G$ 意义下的方案数为 ${\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}{m}^{c(g)}$，$c(g)$ 表示置换 $g$ 的置换环个数。

证明：考虑每个置换环都只能用同一种颜色。

例题

Luogu4980 【模板】Pólya 定理

• 题面：

  给定一个 $n$ 个点，$n$ 条边的环，有 $n$ 种颜色，给每个顶点染色，问有多少种本质不同的染色方案，答案对 ${10}^9+7$ 取模。本质不同定义为：不能通过旋转与别的染色方案相同。

  $n\le {10}^9,T\le {10}^3$。

• 解法：

  考虑本题中置换一共 $n$ 个： $\{i,\dots ,n,1,\dots ,i-1\}(1\le i\le n)$ 。

  每个置换的置换环个数为 $gcd(n,i)$。

  所以：

  $$\begin{array}{rl}ans& ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{n}^{gcd(n,i)}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{d|n}{n}^d\sum _{i=1}^n[gcd(n,i)=1]\\ & ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{d|n}{n}^d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(\frac{n}{d},i)=1]\\ & ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{d|n}{n}^d\phi (\frac{n}{d})\end{array}$$

  复杂度 $O(T\sum _{d|n}\sqrt{d})=O(T{n}^{0.75})$。

  感觉有点悬考虑一开始的时候直接对 $n$ 分解质因数，然后通过 dfs 边枚举因数的同时可以求 $\phi$。

  复杂度 $O(T(\sqrt{n}+\omega (n)\log (n)))$，可过。

  不过题解区很多好像都是上面暴力过的。

UVa10601 Cubes

• 题面：

  给定 $12$ 根等长，着色的木棒。问能构成的本质不同的正方体数量。颜色最多有 $6$ 种。

  正方体 $A$ 和 $B$ 本质不同，当 $A$ 不能通过旋转得到 $B$ 。

• 解法：

  颜色数量有限制，考虑使用 Burnside。

  转正方形，考虑先手玩把所有置换给玩出来。

  然后就可以 $6$ 维 dp，不过上天了。

  然后就是感觉比较牛的东西：这些置换中的一部分是同构的。

  准确的说：$6$ 面，每面 $4$ 种共 $24$ 种置换可以分成 $1$ 个 $(1{)}^{12}$，$3$ 个 $(2{)}^6$，$8$ 个 $(3{)}^4$，$6$ 个 $(4{)}^3$ ，以及 $6$ 个 $(1{)}^2(5{)}^2$。

  前面四种都可以组合数搞，最后一种枚举 $2$ 个 $1$ 也可以组合数。

Luogu4128 [SHOI2006] 有色图

• 题面：

  有色图是一张每条边都被染成了一种颜色的无向完全图。不同定义为不能经过某种顶点编号的重排，使得两张图对应边的颜色相同。

  求所有顶点数为 $n$，颜色种类不超过 $m$ 的不同有色图的方案数，模 $p$。

  $1\le n\le 53$，$1\le m\le 1000$，$n<p\le {10}^9$。

• 解法：

  给每条边染色，但是同构的定义是点的重排，所以考虑对于共 $n!$ 个排列，计算贡献。

  对于其中一个排列把它拆成若干个置换环，设环长依次为 $a_1,a_2,\dots ,a_k$，边等价类有以下两种：

  1. 一个置换环内：同样距离的两对点所对应的边，属于同一个等价类（考虑在环上依次为 $1,2,3,4$，那么边 $(1,3)$ 在环上转一次变成 $(2,4)$，属于一个等价类），若环长为奇数不同长度有 $\frac{n-1}{2}$ 种，偶数不同长度有 $\frac{n}{2}$ 种。
  2. 不在一个置换环内：这两点出现的周期为 $\mathrm{lcm}(a_i,a_j)$，所以不同等价类个数为 $\frac{a_i{a}_j}{\mathrm{lcm}(a_i{a}_j)}$。

  所以一个排列的等价类个数为 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{a}{2}\rfloor +\sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(a_i,a_j)$

  然后就得到一个 $O(n!n^2\log n)$ 的优秀做法。。。。。。

  考虑这个 $53$ 是什么：整数分拆。

  考虑枚举 $a_1\le a_2\le \cdots \le a_k,\sum _{i=1}^k{a}_i=n$ ，然后计算有多少个排列是这样的。

  $1\dots n$ 每个点分在每个循环中的方案数是 ${\displaystyle \frac{n!}{\prod a_i!}}$ ，一个环上的方案数是一个圆排列，即 $\prod (a_i-1)!$。

  然后相同大小的环会导致算重，设大小为 $l$ 的环有 $s_l$ 个，除以 $s_l!$ 即可。

  $$\begin{array}{rl}ans& ={\displaystyle \frac{1}{n!}}\sum _a{\displaystyle \frac{n!}{\prod a_i!}}\prod (a_i-1)!\prod _l{\displaystyle \frac{1}{s_l!}}{m}^c(c=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{a}{2}\rfloor +\sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(a_i,a_j))\\ & =\sum _a{\displaystyle \frac{1}{\prod a_i\prod s_l!}}{m}^c\end{array}$$

  复杂度：$O($能过$)$。