置换群、等价类计数与 Burnside 引理

群、置换与置换群

本文中 群 部分的内容只用于证明 \(\text{Burnside}\) 引理中的一个小结论，所以介绍的有可能不够周全。

群

大家都知道，一个集合 \(G\) 与 \(G\) 上的二元运算 \(\cdot\) 如果满足：

  • 结合律：\(a\cdot (b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c\)
  • 有单位元：存在 \(e\in G\) 满足对任意的 \(ae=ea=a\)。（这里 \(ab\) 指 \(a\cdot b\)）
  • 逆元存在：对任意的 \(a\in G\) 均存在 \(a^{-1}\in G\) 使得 \(aa^{-1}=e\)

那么我们就称 \((G,e,\cdot)\) 构成一个群。有时也记作 \((G,\cdot)\)。

此外，若 \((G,\cdot)\) 只满足结合律，我们称其为半群；若 \((G,\cdot)\) 不仅满足结合律还存在单位元，就称其为幺半群。

例如，\((\mathbb Q,0,+)\) 是一个群，\(\{0,1,2,\cdots,m-1\}\) 关于 \(\bmod m\) 意义下的加法构成群，其单位元为 \(0\)；而 \((\mathbb R,1,\times)\) 不是群，因为 \(0\) 不存在逆元。

子群

对于群 \((G,\cdot)\)，若 \(G\) 的非空子集 \(H\subseteq G\) 满足 \(H\) 对 \(\cdot\) 这一运算仍然构成群，我们就称 \(H\) 是 \(G\) 的子群，记作 \(H\le G\)。

例如，考虑 \(G=\mathbb Z,H=\{3x|x\in\mathbb Z\}\)，运算 \(\cdot\) 为整数加法 \(a\cdot b=a+b\)，那么 \((G,\cdot)\) 构成群，\((H,\cdot)\) 同样构成群，因此 \(H\le G\)。

陪集

对于群 \((G,\cdot)\) 与其子群 \(H\le G\)，考虑一个元素 \(a\in G\)，我们称

\[aH=\{ah|h\in H\} \]

与

\[Ha=\{ha|h\in H\} \]

为 \(H\) 的陪集。\(aH\) 称为 \(H\) 的左陪集，\(Ha\) 则是 \(H\) 的右陪集。

直观来看，陪集可以看做将集合 \(H\) 在 \(G\) 上进行了「平移」，从而得到了另外一个集合。例如，对于群 \(H=\{3x|x\in \mathbb Z\}\) 与整数加法构成的群，它的一个陪集就是 \(2H=\{3x+2|x\in \mathbb Z\}\)。

对于有限群 \(G\) 以及其子群 \(H\le G\)，我们有以下结论：

  • \(|aH|=|H|\)。这是因为对于 \(b,c\in H\)，\(b\neq c\)，那么必然有 \(ab\neq ac\)，否则有 \(a^{-1}ab=a^{-1}ac\Rightarrow b=c\) 矛盾。
  • 若 \(a\in H\)，则 \(aH=H\)。这是因为 \(H\) 关于运算 \(\cdot\) 构成群，故此时 \(\forall h\in H\) 我们有 \(ah\in H\)，又由 \(|aH|=|H|\) 可知 \(aH=H\)。
  • 对任意的 \(a,b\in G\)，要么 \(aH=bH\)，要么 \(aH\cap bH=\varnothing\)。证明与上一条类似。

注意上述结论在无限群上不一定成立，例如 \(G=(\mathbb{Z}\setminus\{0\},\times,1)\)，考虑集合 \(H=\{2x|x\neq 0,x\in \mathbb Z\}\) 与整数乘法构成的子群，设 \(a=2\in H\)，则 \(aH=\{4x|x\neq 0,x\in \mathbb Z\}\neq H\)。

Lagrange 定理

对于群 \(G\) 以及其子群 \(H\)，考虑 \(G\) 中 \(H\) 的本质不同的陪集个数，这个数称为 \(H\) 在 \(G\) 中的指数，记作 \([G:H]\)。

\(\text{Lagrange}\) 定理指出，\(H\) 在 \(G\) 中的指数恰为 \(G\) 的大小与 \(H\) 的大小的商，即 \([G:H]=\frac{|G|}{|H|}\)。

我们可以感性地理解这一点：子群 \(H\) 的陪集可以看作 \(H\) 在 \(G\) 上的平移，而各个陪集之间两两不交，因此 \(H\) 的所有陪集构成了 \(G\) 的一个分割。（实际上我们还需要说明，对于任意的 \(a\in G\)，考虑取 \(h\in H\) 以及 \(x=h^{-1}a\)，那么 \(xH\) 这一陪集就是包含 \(a\) 的一个陪集。）而所有陪集大小相等，因此 \(|H|\times [G:H]=|G|\) 成立。

置换

设有限集合 \(U=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\)，我们称 \(U\) 的一个置换 \(A\) 为一个双射 \(f:U\to U\)，记作

\[A=\begin{pmatrix}a_1&a_2&a_3&\cdots&n\\a_{p_1}&a_{p_2}&a_{p_3}&\cdots&a_{p_n}\end{pmatrix} \]

其中 \(p_i=f(i)\)，是一个排列。不难发现置换其实就是一个排列。

置换群

由置换构成的群叫做置换群。

其中，这个群的单位元为 \(f(x)=x\) 这一单位置换，二元运算为 \(f\circ g(x)=g(f(x))\)。

由 \(n!\) 个 \(n\) 元置换构成的群记作 \(S_n\)。置换的乘法不具有交换律。

轮换

若一个置换可以表示为

\[A=\begin{pmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_{n-1}&a_n\\a_2&a_3&\cdots&a_n&a_1\end{pmatrix} \]

我们就称 \(A\) 是一个轮换。任意置换都能被分解成若干轮换的乘积。

直观来看，如果我们把一个置换看做一张 \(n\) 点 \(n\) 边的有向图，图中的每个点 \(i\) 都有且仅有一条出边 \(i\to p_i\)，那么考虑该图中的一个连痛块，这个联通块必然是一个大环。换言之，这张图实际上就是若干个环，那么各个环相互独立，一个置换自然就能分解成若干轮换。有时，我们也把这样的一个环叫做置换环。

对于上面的轮换 \(A\)，可以简记为 \(A=(a_1,a_2,\cdots,a_n)\)。

我们可以用轮换的乘积来表示一个置换 \(A\)，例如，对于 \(p=(4,3,2,1)\)，写成轮换的形式就是 \((2\quad 3)(1\quad 4)\) 。

例题1.1

给出一个置换 \(A\)，请你求出最小的正整数 \(k\)，满足 \(A^k\) 是单位置换。

单位置换指的是，，\(I=\begin{pmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_n\\a_1&a_2&\cdots&a_n\end{pmatrix}\)，也就是将原序列保持不变。

例如，对于 \(A=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\3&4&1&2\end{pmatrix}\)，我们有 \(A\times A=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\1&2&3&4\end{pmatrix}\)，因此 \(k=2\)。

解答

我们把 \(A\) 拆成若干轮换，设它们的大小分别为 \(x_1,_2,\cdots,x_m\)，那么答案就是 \(\text{lcm}(x_1,x_2,\cdots,x_m)\)。证明留给读者。

其中，\(\text{lcm}(a,b)\) 指的是 \(a,b\) 的最小公倍数，即最小的 \(w\) 满足 \(a\mid w,b\mid w\)。多个数的 $\text{lcm} $ 的定义是类似的。

例题 1.2

给出一个排列 \(p\)，每次你可以交换排列中的两个数（不一定相邻），那么至少交换多少次能使对每个 \(i=1,2,\cdots,n\)，都有 \(p_i=i\)？

解答

我们把 \(p\) 拆成若干置换环，如果拆成了 \(k\) 个置换环，那么答案就是 \(n-k\)。

这是因为：

  • 对于单位置换，其置换环的个数为 \(n\)（即 \(n\) 个大小为 \(1\) 的自环）。
  • 对于一个排列，交换两个数之后，其置换环的个数最多改变 \(1\)。

第一条性质是显然成立的。对于第二条，考虑下面这个图

左图中的 \(p=(2,3,4,5,6,7,1,9,10,11,12,13,8)\)，左图到右图的操作为 \(\text{swap}(p_1,p_{12})\)。

可以发现，如果我们 \(\text{swap}\) 的两个点在不同置换环内，那么置换环个数会减一（即左图 -> 右图）；否则，置换环个数会加一（即右图 -> 左图）。这样就完成了证明。

等价类计数

\(\text{Burnside}\) 引理可以用于对部分「等价类计数」问题进行转化。

等价类计数

这类问题一般会给出一个集合 \(S\) 以及 \(S\) 上的置换群 \(G\)，对于 \(a,b\in S\)，若存在置换 \(f\in G\) 使得 \(f(a)=b\)，我们就认为 \(a,b\) 等价。

等价关系具有传递性，我们把等价关系看成一条无向边，那么这类问题一般需要我们求出来图中的联通块个数，也就是等价类的个数。

染色问题

考虑这样一个问题：

  • 你要给一个 \(2\times 2\) 的方格染色，每个格子可以染成黑白两种颜色。
  • 显然，一共有 \(2^4=16\) 种不同的染色方案。
  • 现在我们加一个条件：如果两个染色方案可以经过若干次顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 变成相同的，那么我们就认为这两种方案是一样的。
  • 问此时还有多少种不同的染色方案。

例如，下面四种染色方案都是相同的。

10 01 00 00
00 00 01 10

Burnside 引理

在本题中，所有元素的集合 \(S\) 就是这 \(2^4=16\) 种染色方案，置换群为 \(G=\{0^{\circ},90^{\circ},180^{\circ},270^{\circ}\}\)。其中 \(x^{\circ}\) 指的是 将图形顺时针旋转 \(x^{\circ}\)。

我们列出这 \(16\) 种状态：

我们约定：

  • \(Z_x\) 表示 \(G\) 中施加在 \(x\) 上之后所得结果仍然为 \(x\) 的置换集合，即 不动点 的集合。

例如，\(Z_1=Z_2=\{0^{\circ},90^{\circ},180^{\circ},270^{\circ}\},Z_3=\{0^{\circ}\},Z_{11}=Z_{12}=\{0^{\circ},180^{\circ}\}\)。

  • \(E_x\) 表示 \(x\) 在施加 \(G\) 中任意置换之后，所能到达的状态集合，又称作 \(x\) 的 轨道。

例如，\(E_1=\{1\},E_3=\{3,4,5,6\},E_{12}=\{11,12\}\)。

  • \(D(g)\) 表示在置换 \(g\) 下保持不变的状态个数。

例如，\(D(90^{\circ})=\{1,2\},D(180^{\circ})=\{1,2,11,12\}\)。

那么，我们有以下结论：

\[\forall x\in S,|{E}_x|\times |{Z}_x|=|G| \]

你可以用上面的例子验证一下这个结论。

我们发现，如果把 \({Z}_x\) 与置换乘法构成的群看做 \(G\) 的一个子群，那么 \(|{E}_x|\) 实际上就是 \(Z_x\) 的陪集个数。由 \(\text{Lagrange}\) 定理可知，该结论确实是成立的。

接下来，我们设 \(L\) 是本质不同的等价类个数，我们发现

\[\sum_{g\in G}D(g)=\sum_{x\in S}|E_x|=\sum_{i=1}^L|G|=L\times |G| \]

前两个等号的原理都是简单的交换求和顺序。第二个等号用到了 \(|G|=|E_x||Z_x|\) 这一结论。

移项之后，我们就得到了 \(\text{Burnside}\) 引理：

\[L=\dfrac{1}{|G|}\sum_{g\in G}D(g) \]

直观来看，\(\text{Burnside}\) 引理指的是，考虑置换群中的每一种置换 \(g\)，我们计算出在这个置换下保持不变的状态个数 \(D(g)\)（通常这一步需要用到组合计数相关的技巧），全部加起来再除以 \(|G|\) 就是答案。

我们回到「染色问题」上，此时 \(G=\{0^{\circ},90^{\circ},180^{\circ},270^{\circ}\}\)，保持不变的状态个数分别为 \(16,2,4,2\)，因此答案为 \(\frac{16+2+4+2}{4}=6\)。如下图，可以看到确实如此。

染色问题-Ex

仍然是 \(2\times 2\) 的正方形，但是可以染的颜色有 \(m\) 种，怎么做？

我们考虑给方格编个号，如图所示：

我们把 \(G\) 中的元素写成置换：

  • 转 \(0^{\circ}\)：写成轮换的形式就是 \((1)(2)(3)(4)\)。
  • 转 \(90^{\circ}\)：即 \(1\to 4,4\to 3,3\to 2,2\to 1\)，那么就是 \((4\quad3\quad2\quad1)\)。
  • 转 \(180^{\circ}\)：即 \((1\quad 3)(2\quad 4)\)。
  • 转 \(270^{\circ}\)：\(1\to 2,2\to 3,3\to 4,4\to 1\)，因此是 \((1\quad2\quad3\quad4)\)。

考虑一个轮换，不难发现，轮换中涉及到的元素必须都相等。

例如，想要让这个图形转 \(180^{\circ}\) 后保持不变，那么 \(1,3\) 的颜色必须相同，\(2,4\) 的颜色必须相同。

那么对于置换 \(g\)，设 \(c(g)\) 为 \(g\) 所能拆成轮换的个数，可以发现，\(D(g)=m^{c(g)}\)。

因此我们得到

\[L=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}m^{c(g)} \]

这其实就是 \(\text{Polya}\) 定理。其实只需要记住 \(\text{Burnside}\) 引理就够了。

题目选讲

这里选取了一些经典的例题。

Luogu4980【模板】Pólya 定理 Present 7.0

求用 \(m\) 种颜色染一个点数为 \(n\) 的手链有多少种本质不同的方案数。

能够在旋转后重合的两种方案被视作相同的方案。

\(1\le n,m\le 10^9\)，答案对 \(10^9+7\) 取模。本题中 \(n=m\)。

本题中置换有 \(n\) 种，分别是转 \(0,1,\cdots,n-1\) 格。不难发现这 \(n\) 种置换构成置换群。

考虑转 \(x\) 格的置换，其对应的排列是 \(p_i=(i+x)\bmod n\)。

可以发现这会构成 \(\gcd(n,x)\) 个置换环，因此不动点的个数为 \(m^{\gcd(n,x)}\)。那么我们要算的就是

\[\sum_{x=0}^{n-1}m^{\gcd(n,x)} \]

注意到 \(\gcd(n,x)\) 必然是 \(n\) 的约数，考虑套路地交换求和顺序，有

\[\sum_{x=0}^{n-1}m^{\gcd(n,x)}=\sum_{d|n}\varphi(n/d)m^d \]

现在我们要计算 \(n\) 的所有约束的 \(\varphi\) 值，考虑直接找出来 \(n\) 的唯一分解，然后 \(\text{DFS}\) 枚举各质因子的指数即可。

这样做的时间复杂度为 \(O(\sqrt{n}\log n)\)，\(\log\) 来自快速幂。AC Code

Luogu1446 HNOI2008 Cards Present 7.5

题目中给出的 \(m\) 种「洗牌法」其实构成了一个置换群。

考虑 \(\text{Burnside}\) 引理，对于一个置换，我们将其拆成若干轮换，要使牌堆构成不动点，每个轮换中的牌的颜色必须都相等。

设拆成了 \(k\) 个轮换，大小分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\)，我们考虑 DP：设 \(f(i,a,b,c)\) 表示前 \(i\) 个置换环，分别用 \(a,b,c\) 张红、蓝、绿牌的方案数，转移枚举最后一个置换环所用颜色即可。

记 \(k=\max\{S_r,S_g,S_b\}\le 20\)，那么这样做的时间复杂度为 \(O(m^2k^3)\)，已经能够通过本题。

注意到 DP 的过程中 \(a+b+c\) 实际上是一个定值，因此可以优化到 \(O(m^2k^2)\)。

我偷懒写了 \(O(m^2k^3)\) 的 AC Code

Luogu2561 AHOI2002 黑白瓷砖 Present 7.0

显然置换群可以用「保持不变」，「顺/逆时针转 \(120^{\circ}\)」，「关于某条对称轴翻转」一共六种置换来表示。

对于「保持不变」，显然置换环个数为 \(\frac{n(n+1)}{2}\)。

对于「顺/逆时针转 \(120^{\circ}\)」，画个图手玩一下可以发现，设 \(f(n)\) 表示 \(n\) 层的置换环个数，那么最外面一层会形成 \(n-1\) 个置换环，然后转化为 \(n-3\) 层的情况，因此 \(f(n)=f(n-3)+n-1\)。

对于「关于某条对称轴翻转」，考虑第 \(2k\) 行会有 \(k\) 个环，\(2k+1\) 行会有 \(k+1\) 个环，可以得到置换环个数为 \(\frac{1}{2}\left(\frac{n(n+1)}{2}+\lceil\frac{n}{2}\rceil\right)\)。

注意，计算的时候，为了让我们的置换构成置换群，必须要把「关于某条对称轴翻转」这一操作算三遍，即关于三条对称轴翻转（尽管在这三个置换下不动点的个数都是相同的），才能保证这些置换构成一个群。因此置换群的大小实际上是 \(6\) 而非 \(4\)

代码就不放了吧？唯一的难度在于高精度 23333

Luogu4128 SHOI2006 有色图 Future 8.4

什么，哪里有涩图，我有个朋友想要

本题中置换群为全体长为 \(n\) 排列构成的集合 \(S_n\)。

考虑一个排列 \(p\)，如果将其对应的置换施加在这个图上会使图保持不变，那么对任意的 \(i\neq j\)，必然有边 \((i,j)\) 与边 \((p_i,p_j)\) 同色。

我们令 \(i,j\) 同属一个置换环，那么可以得到：对于一个置换环，设其中的点依次为 \(x_1\to x_2\to \cdots\to x_k(\to x_1)\)，那么对于一个固定的 \(d\)，任意距离为 \(d\) 的点对之间的连边的颜色都必须相等。

也就是说，若一个置换环的大小为 \(k\)，那么这个置换环内部边的颜色共有 \(m^{\lfloor k/2\rfloor}\) 种方案。

接下来考虑跨越置换环的边：对于两个大小分别为 \(a,b\) 的置换环，会形成 \(a\times b\) 条边。

手玩一下可以发现，这些边的方案数实际上是 \(m^{\gcd(a,b)}\)。

例如，\(a=3,b=5\) 时，我们可以推出 \((1,1)=(2,2)=(3,3)=(1,4)=(2,5)=(3,1)=(1,2)\)。一直推下去就可以得到这 \(3\times 5=15\) 条边必须全都一样。你可以试着手玩一下 \(a=2,b=4\) 的情况。

那么现在的问题转化为：

对于排列 \(p\)，设其置换环的大小分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\)，有

\[w(p)=\prod_{i=1}^km^{\lfloor x_i/2\rfloor}\times \prod_{i\neq j}m^{\gcd(x_i,x_j)} \]

那么答案就是 \(\dfrac{1}{n!}\sum_{p}w(p)\)。

显然直接枚举排列算是不行的。

我们可以发现，如果两个排列的置换环大小全都相同，那么它们的贡献也是一样的。

因此考虑枚举 \(n\) 的拆分并计算贡献。具体来说我们枚举 \(x_1\ge x_2\ge x_3\ge\cdots\ge x_k\) 且 \(\sum x_i=n\) 的所有序列 \(x\)，然后计算有 \(k\) 个置换环，且大小分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\) 的排列的个数。

这个怎么算呢，我们考虑一个大小为 \(a\) 的置换环，其内部的方案数为 \((a-1)!\)（就是圆排列），然后外面要把 \(n\) 分配给这些置换环，因此有一个多重组合数 \(\binom{n}{x_1,x_2,\cdots,x_k}=\frac{n!}{\prod x_i!}\) 的贡献。然后我们考虑所有大小为 \(r\) 的置换环，可以发现这些置换环之间相互交换顺序其实是没区别的。因此系数就是

\[\dfrac{n!}{\prod x_i\prod_rc_r!} \]

其中 \(c_r\) 表示大小为 \(r\) 的置换环个数。

由于 \(n\le 53\)，拆分数实际上并不多，我们暴力枚举的时间并不会太大。

AC Code，挺好写的

练习题

posted @ 2022-08-05 22:59  云浅知处  阅读(301)  评论(0)  编辑  收藏  举报