群论和线性基总结

群论和线性基

Luogu题单

前置芝士

置换群

Burnside引理和Polya定理

线性基

群

对于一个集合 $S$和一种运算$\cdot$，构成的代数结构 $(S,\cdot)$ 满足封闭性，结合律，有单位元和逆元。

通俗来讲就是对于一个集合和一种运算构成的一个整体，满足：

集合内的元素经过这个运算所得到的结果都在这个集合里（封闭性）
类比于乘法运算的结合律，可以理解为运算满足无序性，即：$(a\cdot b)\cdot c= a\cdot(b\cdot c)$（结合律）
$\exists e\in S,\forall a\in S,a\cdot e=a$也就是说集合中存在一个数，使得所有的数经过运算都可以得到原来的数。
$\forall a\in S,\exists b\in S,a\cdot b=e$ 那么就称 $b$ 为 $a$ 的逆元。

置换和置换群

置换运算可以理解为映射，对于一个排列可以映射为另一种排列。

置换的乘法可以理解为复合函数，二次映射。

置换群就是运算为置换乘法的群。

Burnside引理

每个置换的不动点个数的平均值就是不同的方案数

对于一个置换 $f$ ,若一个染色方案 $s$ 经过置换后不变，称 $s$ 为 $f$ 的不动点。将f的不动点数目记为 $C(f)$，则可以证明等价类数目为所有 $C(f)$ 的平均值。

Pólya 定理

假设一个置换有 $k$ 个循环，易知每个循环对应的所有位置颜色需一致，而任意两个循环之间选什么颜色互不影响。

因此，如果有 $m$ 种可选颜色，则该置换对应的不动点个数为 $m^k$。用其替换 burnside 引理中的 $C(f)$，即 $C(f)=m^k$

令 $|F|$ 表示置换的数目，$k_i$ 表示第 $i$ 个置换包含的循环个数。

那么答案就是 $\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{|F|}m^{k_i}}{|F|}$

例题略解

P4980 【模板】Pólya 定理

真就是个板子题，由 Pólya 定理 定理可得：

方案数（也就是不动点数）为 $\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}n^{\gcd(i,n)}}{n}$

因为一共有 $n$ 种颜色，有 $n$ 个置换（以环的 $n$ 个位置为起点）每个置换的循环长度为 $\gcd(i,n)$ （由同余方程可得），因此就有 $\gcd(i,n)$ 个置换。

但是枚举 $1\sim n$ 显然会超时，因此我们枚举 $\gcd$ 通过 $\varphi$ 求出来最后的答案。

$code$

P1446 [HNOI2008]Cards

果然数论与 DP 搭配是最妙的了。。。。

设 DP 数组 $f_{i,j,k}$ 表示 red 的有 $i$ 个，blue 的有 $j$ 个，green 有 $k$ 个。

然后计算当前序列的所有的环的长度，因为是置换，所以整个环的颜色都是相同的，做一个类似于背包的东西就好了。

注意这里原序列的顺序也算一种情况。

$code$

P4128 [SHOI2006] 有色图

又是一道不同寻常的题，DFS+数论公式推导。

考虑将置换 $(a_1,a_2,a_3...a_n)$ 拆成若干个长度不等的置换 $(b_1,b_2,b_3...b_k)$ 的乘积的形式。

那么问题就变成了求这一系列置换的不动点，也就是边的等价类。

主要分为两种情况：

端点在同一个循环中，那么此时对于两条边不在同一个等价类的条件就是长度不同，对于一个长度为 $b_i$ 的循环而言，两点之间不同长度的边一共有 $\lfloor\dfrac{b_i}{2}\rfloor$ 种。
端点在两个循环之间，两个循环的共同的周期就是 $\operatorname{lcm}(b_i,b_j)$ ，然后不同等价类的个数就是$\dfrac{b_i\times b_j}{\operatorname{lcm}(b_i,b_j)}=\gcd(b_i,b_j)$

综上所述，总的等价类个数就是 $\sum\limits_{i}\left\lfloor\frac{b_i}{2}\right\rfloor+\sum\limits_{i<j}\gcd(b_i,b_j)$

考虑对于 1 到 $n$ 的每个点，分配它在第几个循环中。

这相当于一个多重组合数 $\dfrac{n!}{\prod b_i!}$。

而对于每一个置换，分配它内部的顺序，这相当于一个圆排列，即 $\prod(b_i−1)!$，结合前面是 $\dfrac{n!}{\prod b_i}$。

最后我们会发现这样其实会算重，因为每个循环的前后顺序不影响，比如不能把 1,2 和 2,1（这里表示每个点在第几个循环内）当作不同的循环分配方案。

发现只有 $b_i$ 相同的会影响，假设有 $c$ 个，正好多乘了 $c!$ 种方案，除掉就好了。这相当于$ \dfrac{n!}{\prod b_i\prod c!}$。

最终的答案就是：

\[\displaystyle\sum_{b}\frac{1}{\prod b_i\prod c!}m^{\left[\sum_{i}\lfloor\frac{b_i}{2}\rfloor+\sum_{i<j}\gcd(b_i,b_j)\right]} \]

$code$