Burnside 引理与 Polya 定理

合集 - 学习笔记(52)

1.随机化算法2024-02-272.组合数学2024-02-273.概率和期望2024-02-274.树链剖分2024-02-275.矩阵乘法与矩阵快速幂2024-02-276.最短路2024-02-277.卡特兰数、Prüfer 序列、BSGS2024-02-278.分块和莫队2024-02-279.AC 自动机2024-02-2710.平衡树2024-02-2711.基础字符串算法2024-02-2712.基础数论2024-02-2713.Miller-Rabin 与 Pollard-Rho2024-08-2314.广义后缀自动机2024-06-2515.后缀自动机 SAM2024-06-2216.回文自动机 PAM2024-06-1817.Manacher2024-06-1618.后缀数组2024-06-0819.01 分数规划2024-06-0220.网络流2024-05-0521.整体二分2024-05-0522.cdq 分治2024-05-0423.点分治2024-04-2124.虚树2024-04-1425.扫描线2024-04-1126.笛卡尔树2024-04-0627.基环树2024-04-0228.树哈希2024-03-0929.莫比乌斯反演2024-11-2830.二分图2024-11-0731.朱刘算法2024-10-2932.最大团2024-10-2933.杂项2024-08-2434.杜教筛2024-12-0135.拉格朗日插值2024-12-1036.线段树综合2024-12-1737.可持久化数据结构2024-12-2438.K-D Tree2024-12-25

39.Burnside 引理与 Polya 定理2024-12-27

40.线性基2024-12-3041.替罪羊树01-0942.LCT01-1843.插头 dp01-2044.原根01-2045.多项式乘法01-2246.斯特林数01-2347.二项式反演与斯特林反演01-2348.Min-Max 容斥01-2449.辛普森积分法01-2550.Min_25 筛02-0351.凸包02-1652.2-SAT03-03

收起

1 群论基础

1.1 群的定义

若集合 $S\ne \varnothing$ 和 $S$ 上的二元运算 $\cdot$ 构成的代数结构 $G(S,\cdot )$ 满足以下性质：

• 封闭性：$\mathrm{\forall }a,b\in S,a\cdot b\in S$。
• 结合律：$\mathrm{\forall }a,b,c\in S,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)\in S$。
• 单位元：$\mathrm{\exists }e\in S,\mathrm{\forall }a\in S,e\cdot a=a\cdot e=a$。
• 逆元：$\mathrm{\forall }a\in S,\mathrm{\exists }b\in S,a\cdot b=b\cdot a=e$。称 $b$ 为 $a$ 的逆元，记作 $a^{-1}$。

则称 $G(S,\cdot )$ 是一个群。

例：实数的乘法运算就是一个群。

还有一些关于群的其他定义：

• 阿贝尔群：即交换群，满足交换律的群。
• 半群：集合 $S\ne \varnothing$ 和 $S$ 上的运算 $\cdot$ 构成的代数结构 $(S,\cdot )$，满足封闭性和结合律。
• 有限群：元素个数有限的群称为有限群，其元素个数称作有限群的阶，记作 $|G|$。

1.2 子群及相关性质

1.2.1 子群相关概念

子群：对于一个群 $G(S,\cdot )$，若 $T\subseteq S$，且 $H(T,\cdot )$ 也是一个群，我们称 $H$ 是 $G$ 的子群，记作 $H\le G$。

生成子群：对于 $S$ 的一个非空子集 $T$，我们求出 $G$ 的所有使 $T\subseteq T^{\prime }$ 的子群 $(T^{\prime },\cdot )$ 的交 $G^{\prime }$，则 $G^{\prime }$ 称为 $T$ 的生成子群，记作 $⟨T⟩$。

循环群：仅由一个元素生成的群称作循环群。

陪集：对于群 $G$ 的一个子群 $H$：

• 对于 $a\in G$，定义 $H$ 的一个左陪集为 ${}_{a}H=\{a\cdot h\mid h\in H\}$。
• 对于 $a\in G$，定义 $H$ 的一个右陪集为 $H_a=\{h\cdot a\mid h\in H\}$。

1.2.2 陪集的性质

这里我们只讨论右陪集的性质，左陪集是同理的：

• $\mathrm{\forall }a\in G,|H|=|H_a|$。
• $\mathrm{\forall }a\in G,a\in H_a$。
• $H_a=H\iff a\in H$。证明考虑用上两条性质即可。
• $H_a=H_b\iff a{b}^{-1}\in H$。证明考虑用上一条性质即可。
• $H_a\cap H_b\ne \varnothing \Rightarrow H_a=H_b$。证明考虑用上一条性质即可。

然后由这些性质可以导出下面的定理：

• 若 $H\le G$，那么 $|H|$ 整除 $|G|$，更准确的：

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

其中 $[G:H]$ 表示 $G$ 中 $H$ 不同的陪集（左右均可）数量。这就是拉格朗日定理。

2 置换和置换群

2.1 置换

有限集合到自身的双射称为称为置换，不可重集 $S=\{a_1,a_2\cdots ,a_n\}$ 上的置换可表示为：

$$f=\left(\begin{array}{cccc}{a}_1& a_2& \cdots & a_n\\ a_{p_1}& a_{p_2}& \cdots & a_{p_n}\end{array}\right)$$

其中 $p_1\sim p_n$ 是 $[1,n]$ 的一个排列。显然 $S$ 上的置换数量为 $n!$。

定义两个置换 $f,g$ 的乘法 $f\circ g=f(g(x))$，也就是先经过 $g$ 的置换再经过 $f$ 的置换。

2.2 置换群

显然的，对于集合 $S$ 上的所有置换关于置换乘法具有封闭性、结合律、有单位元（恒等置换）、有逆元（上下两行互相颠倒的两个置换）。所以它们构成了一个群。

我们通常将在 $\{1,2,\cdots ,n\}$ 上的所有置换构成的群称之为 $n$ 元对称群，记作 $S_n$。这个群的任意一个子群称为置换群。

2.3 循环置换

循环置换又称轮换，是一种特殊的置换，可以写作：

$$(a_1,a_2,\cdots ,a_n)=\left(\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& \cdots & a_{n-1}& a_n\\ a_2& a_3& \cdots & a_n& a_1\end{array}\right)$$

若两个置换中没有相同元素，则称两个置换不相交。有如下定理：

• 每一个置换都可以分解成若干互不相交的轮换的乘积。例如 $\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6\\ 2& 6& 5& 4& 3& 1\end{array}\right)=(1,2,6)\circ (3,5)$。

证明考虑将 $a_i$ 向 $a_{p_i}$ 连边，则每个点入度出度均为一，因此形成的图必然是若干环的集合，而每一个环就是一个轮换。

3 轨道-稳定子定理

定义 $A,B$ 是两个有限集合，$X=B^A$ 表示所有 $A$ 到 $B$ 的映射，$G$ 是作用在 $A$ 上的一个置换群。

我们定义，对于每个 $x\in X$：

$$\begin{gathered} G^x=\{g\mid g(x)=x,g\in G\} \\ G(x)=\{g(x)\mid g\in G\} \end{gathered}$$

称 $G^x$ 为 $x$ 的稳定子，$G(x)$ 称作 $x$ 的轨道。

考虑两者的实际含义，稳定子的意义实际上是 $G$ 中的某一个置换，满足置换前和置换后做映射 $x$ 得到的结果不变。而轨道就是 $G$ 中的所有置换后做映射 $x$ 得到的结果。

例：给定一个 $2\times 2$ 的矩形，对它进行黑白染色，求本质不同方案数（本质不同定义为无法通过旋转得到另一种方案）。

我们的群 $G$，也就是置换中的元素应该有顺时针旋转 $0^{\circ },{90}^{\circ },{180}^{\circ },{270}^{\circ }$。

对于 $X$ 中的一个元素 $x$，即一种染色方案，例如 $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$，其稳定子集合就是顺时针旋转 $0^{\circ },{180}^{\circ }$，其轨道集合就是 $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$。

然后我们就可以得到轨道-稳定子定理：

$$|G|=|G^x|\times |G(x)|$$

证明的话先考虑证明 $G^x$ 是 $G$ 的子群，由定义不难证出它满足群的四个定义。紧接着由拉格朗日定理可以得到 $|G|=|G^x|\times [G:G^x]$。然后证明 $[G:G^x]=|G(x)|$ 即可。

4 Burnside 引理

仍然沿用上一节中 $A,B,X,G$ 的定义。我们定义若 $X$ 的两个映射经过 $G$ 中的置换后相等，则称两个映射在同一等价类中。

定义 $X/G$ 表示 $G$ 作用在 $X$ 上产生的所有等价类的集合。而 $|X/G|$ 称为轨道数（不难发现 $X/G$ 就是不同轨道的集合），实际上就是 $X$ 中本质不同的映射个数。

再定义 $X^g=\{x\mid g(x)=x,x\in X\}$，称 $X^g$ 是 $X$ 在置换 $g$ 下的不动点集合。也就是一个映射集合中经过置换 $g$ 后不改变结果的映射个数。

则我们会有 Burnside 引理：

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

例：仍然考虑上一节给出的染色问题。

我们最后要求的答案就是 $|X/G|$。当 $g$ 取的是顺时针旋转 ${180}^{\circ }$ 时，$X^g$ 就是 $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$，所以 $|X^g|=4$。

所以我们解决这个问题的关键就是求某一置换下不动点的数量。

证明的话可以使用轨道-稳定子定理，如下所示：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|X^g|& ={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{x\in X}|G^x|\\ & =\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{|G^x|}{|G|}}\\ & =\sum _{x\in X}{\displaystyle \frac{1}{|G(x)|}}\\ & =\sum _{S\in X/G}\sum _{x\in S}{\displaystyle \frac{1}{|G(x)|}}\\ & =\sum _{S\in X/G}\sum _{x\in S}{\displaystyle \frac{1}{|S|}}\\ & =\sum _{S\in X/G}1\\ & =|X/G|\end{array}$$

值得注意的是上述结论在 $X\subseteq B^A$ 的时候依然成立，也就是说及时给映射加上一些限制条件的话 Burnside 引理依然成立。

5 Polya 定理

Polya 定理实际上就是 Burnside 引理的一种特殊情况，其它内容与 Burnside 引理保持一致，形式变为：

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

其中 $c(g)$ 表示置换 $g$ 拆分出来的轮换数量。证明只需考虑 $|B{|}^{c(g)}=|X^g|$ 即可。上文提到过置换可以写成几个轮换的形式，那么如果要求 $X$ 中的一个映射是关于 $g$ 的不动点，那么每一个轮换的映射是一样的即可。每一个轮换有 $|B|$ 种选择，所以 $|X^g|=|B{|}^{c(g)}$。

发现此时必须要求每一个映射都合法才行，也就是说 Polya 定理只有在 $X=B^A$ 时才成立，相比于 Burnside 引理限制要多，但是 $c(g)$ 有时会比不动点数量好求，此时就应该使用 Polya 定理了。

6 例题

6.1 基础置换群相关

例 1 [POJ2369] Permutations

发现此题求的是给定一个置换，问多少次置换后可以从 $1\sim n$ 的序列变回来。我们不妨从轮换的角度考虑这个问题，将置换拆成几个轮换，显然只有当进行的次数是某个轮换的长度的倍数的时候，这个轮换中的数字才是有序的。那么为了让所有数字有序，只需要让进行的次数是所有轮换的长度的最小公倍数即可。

求轮换的过程很简单，相当于连边找环。代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int Maxn = 2e5 + 5;
const int Inf = 2e9;

int n, a[Maxn];
int len[Maxn], vis[Maxn];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	int tot = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(vis[i]) continue;//已经在环上了
		tot++;
		int pos = i;
		while(!vis[pos]) {//找环
			len[tot]++;
			vis[pos] = 1;
			pos = a[pos];
		}
	}
	int ans = 1;
	for(int i = 1; i <= tot; i++) {
		ans = ans * len[i] / __gcd(ans, len[i]);
	}
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}

例 2 [HNOI2010] 物品调度

$\text{Link}$

发现题目中就是要求出 $po{s}_i$，只要求出 $po{s}_i$ 之后我们就可以用置换相关的知识去求解了。

这个 $po{s}_i=(c_i+d{x}_i+y_i)modn$ 的式子看上去很新颖，我们考虑假如 $y_i$ 固定，实际上我们就是在不断加 $d_i$，这样的话我们最后能算出来的数字构成了一个长为 ${\displaystyle \frac{n}{gcd(n,d)}}$ 的环，排序后每两个数之间相差 $gcd(n,d)$。

容易发现的是，以不同的数字作为起点，能够形成的环是互不相交的。这就告诉我们 $y_i$ 的作用在于确定环的编号，而 $x_i$ 的作用就是在环上找一个点作为答案。我们现在要找到编号 $c_{i}modgcd(n,d)$ 之后第一个还有数字可以选择的环，然后在环上找出 $c_i+y_i$ 后面第一个可以选择的数，这个数就是 $po{s}_i$。

暴力找环的复杂度过高，无法接受，考虑用并查集维护两个过程。如果一个点 $x$ 被选择了，将它指向 $(x+d)modn$ 的点；同理如果一个编号为 $y$ 的环被选择完了，将它指向编号 $(y+1)modgcd(n,d)$ 的环。

最后我们求出了 $po{s}_i$，现在将这个置换转成轮换的形式，如果轮换大小为 $1$ 则不用累加；否则如果轮换中有 $0$ 加上轮换长度减一，否则加上轮换长度加一。

例 3 [POJ3128] Leonardo's Notebook

我们要求这个置换能不能由两次置换得到。显然我们先考虑将它划分成几个轮换，然后接下来我们需要构造每个轮换怎样由一个置换做两次得到。

现在对于轮换 $(a_0,a_1,\cdots a_{n-1})$，怎么写成置换 $(b_0,b_1\cdots b_{n-1})$ 做两次的结果。不难发现的是，做过两次置换后 $a_i$ 会变成 $b_{b_i}$，而理论上最后 $a_i$ 要变成 $a_{(i+1)modn}$。

当 $n$ 是个奇数的时候，取 $b_i=a_{(i+(n+1)/2)modn}$，会有 $b_{b_i}=a_{(b_i+(n+1)/2)modn}=a_{(i+n+1)modn}=a_{(i+1)modn}$，故对于所有奇数长度的轮换，一定可以构造出由一个置换做两次得到。

然后发现当 $n$ 为偶数的时候，我们难以构造出合适的 $b_i$。此时我们发现对于任意一个长为偶数的 $(b_0,b_1,\cdots b_{n-1})$ 的轮换，其进行两次后一定会被分成两个长度相等的轮换。也就是说，我们分割出来的长为偶数的轮换 $(a_0,a_1,\cdots a_{n-1})$，一定是一个长度为 $2n$ 的轮换分裂出来的。

那么问题就简单了，既然偶数长度的轮换一定是分裂出来的，那么如果偶数长度的轮换无法两两配对即说明无解，否则必有一组解。

6.2 Burnside 引理与 Polya 定理相关

例 1 [HNOI2008] Cards

$\text{Link}$

题目中给出的所谓 “洗牌法” 已经把性质提示到眼前了，不难发现这 $m$ 个洗牌法和恒等置换构成了一个置换群，所以我们可以用上面的两个定理。由于此题的映射不完整（要保证红、蓝、绿颜色个数是给定值），所以不能使用 Polya 定理，那么用 Burnside 引理即可。

我们现在要求的就是对于一个置换的不动点数量，仍然将置换展开成轮换，每个轮换内的颜色必须一致。我们采用类似背包的 dp，设 $dp(i,j,k,l)$ 表示当前在第 $i$ 个轮换，三种颜色个数分别为 $j,k,l$ 的方案，简单 dp 之后套公式求解即可。

例 2 [JZOJ4800] 周末晚会

题意： 在一个环上放 M，W 两种字母，W 不能连续放超过 $k$ 个，问本质不同环的个数。

由于映射有限制，所以仍然考虑 Burnside 定理。现在先考虑置换怎样表示，我们可以认为是顺时针旋转 $1\sim n$ 个人，然后就要考虑置换下的不动点个数。对于旋转 $d$ 个人，不动点的要求是每 $gcd(n,d)$ 个人都是一样的，那么我们可以 dp，设 $dp(i,0/1)$ 表示总共放了 $i$ 个人，最后一个放的是男 / 女的方案数，然后进一步我们可以算出放 $i$ 个人的方案数。

具体的，考虑先断环成链，枚举最开始放了几个女生，然后前缀和优化 dp，可以做到 $O(nk)$。累加答案后我们对于 $su{m}_i$，枚举它的倍数 $j$，当 $gcd(n,j)=i$ 的时候 $su{m}_i$ 都是置换旋转 $j$ 次的不动点，所以加到不动点总和里，最后除以 $n$ 就是答案。

例 3 【模板】Polya 定理

$\text{Link}$

我们发现此时对环染色不再有映射限制，所以可以考虑使用 Polya 定理了。置换仍然考虑旋转 $1\sim n$ 次，现在的问题就是求出 $c(g)$。同样不难发现，对于旋转 $i$ 次的置换 $g$，其 $c(g)=gcd(n,i)$。所以答案即为：

$${\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{n}^{gcd(i,n)}$$

很显然我们需要进行一些处理，所以做如下变换：

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

现在问题是怎么求这个式子，看上去如果我们直接暴力求的话复杂度会爆炸，考虑到我们实际上的瓶颈在于求 $\phi$ 的复杂度，而这个复杂度就是 $n$ 的所有因子的根号之和，即 ${\sigma }_{0.5}(n)$。实际上它的上界是 $O(n^{3/4})$ 的，所以总复杂度为 $O(T{n}^{3/4})$，实际上可以通过。具体证明可以看这个。

例 4 [POJ2888] Magic Bracelet

前面的做法和例 2 基本一致，现在的问题是怎样求出不动点个数，即求出长度为 $i$ 的合法手链个数。考虑设 $dp(i,j)$ 表示第 $i$ 个位置放 $j$ 颜色手链的方案数，则转移方程为 $dp(i,j)=\sum _{(k,j)\text{ is legal}}dp(i-1,k)$。

由于 $n$ 过大，所以肯定无法直接转移。发现这个式子完全可以写成一个矩阵乘法的形式，所以我们可以矩阵快速幂优化 dp 进行求解。完了之后再枚举 $i$ 的倍数 $j$，用同例 2 的方式统计答案即可。

时间复杂度是 $O(\sqrt{n}\times m^3\log n)$ 的，前者是枚举因子 $i$，后者是矩阵快速幂优化 dp。

例 5 [HNOI2009] 图的同构 / [SHOI2006] 有色图

$\text{Link1}$，$\text{Link2}$

容易发现的是，我们将边的存在与否看成两种颜色，那么第一题就是后一题中 $m=2,p=997$ 的情况。在此我们只考虑后一种更普遍的情况。

题目中已经告诉了我们置换的内容，就是对点的编号进行置换。那么我们的映射就是点编号到边集颜色的一个映射，这看上去很奇怪，但是你可以理解为这里的映射是对边 $(a_1,a_2),(a_1,a_3),\cdots (a_1,a_n),\cdots ,(a_{n-1},a_n)$ 的染色。

于是可以发现一点，虽然映射没有限制，但是这个问题中的 $A,B$ 集合比较奇怪，无法直接使用 Polya 定理，不妨先用 Burnside 引理入手。假如给定了一个置换，现在我们要求出其中的不动点集合，也就是一种对边的染色方案使得其置换后不变。考虑分类讨论：

• 假如该边连接的端点在同一个轮换内。由于轮换构成了一个环，所以这条边会在整个环上走一圈，那么这些边的颜色必须一致。
• 假如该边连接的端点不在同一个轮换内。由于端点在两个轮换上，所以边的两个端点会在环上不断走，因此再回到原状态的时候应该走过了两个环长度 $a_i,a_j$ 的 $\text{lcm}$，这些边的颜色必须一致。

此时我们发现，这里面出现了和 Polya 定理类似的情况，即有一些边的颜色必须一致。假设这样的边集有 $k$ 个，则不动点个数就是 $m^k$，实际上转化为了 Polya 定理中的情况。考虑 $k$ 的值，在第一种情况中，边的端点在环上不同的距离（取较小的）就对应不同的边集，所以有 $\lfloor {\displaystyle \frac{a_i}{2}}\rfloor$ 个边集；在第二种情况中，这两个轮换之间共 $a_i\cdot a_j$ 条连边，每一次有 $\text{lcm}(a_i,a_j)$ 条边划分到一个边集中，所以共有 $gcd(a_i,a_j)$ 个边集。

此时答案就是 ${\displaystyle \frac{1}{n!}}\sum _{g\in G}{m}^k$。暴力枚举时间复杂度 $O(n!)$ 的，考虑优化。我们不再考虑每一个置换拆出来的轮换的贡献，相反，考虑每一种不同的 $a_i$ 序列（不考虑顺序）有多少个置换与之对应。先爆搜拆出 $a_i$，然后利用组合数学算方案数。

具体的，我们要先将 $n$ 划分成几个大小为 $a_1,a_2,\cdots a_m$ 的集合，这个的方案数显然是 ${\displaystyle \frac{n!}{\prod a_i!}}$。然后每一个集合内部的元素要放在一个环上排序，这个的方案数同样显然为 ${\displaystyle \frac{a_i!}{a_i}}=(a_i-1)!$。最后还有一点，我们在选择集合的时候，对于 $a_i$ 相等的集合无需考虑其顺序，所以还要除以 $\prod c_i!$，其中 $c_i$ 为每种 $a$ 的出现次数。

所以方案数的式子是 ${\displaystyle \frac{n!}{\prod a_i\prod c_i!}}$。再乘上前面的部分就可以得到答案为：

$$\sum {\displaystyle \frac{m^k}{\prod a_i\prod c_i!}}$$

暴力求出答案即可。复杂度就是爆搜的复杂度，$n\le 60$ 很小可以通过。