置换群、Burnside引理与Pólya计数法

upd on 2024/10/25：本质上就是陪集分解

问题的引入

​ 一个 \(2\times2\) 的棋盘，给每一个格子黑白染色，如果两种染色方案能通过旋转完全重叠的话，那么这两种方案算一种，那么求总共有几种染色的方法？

sol#1 暴力枚举

​ 这个就没什么好说的了，反正总共四个格子，每个格子两种颜色，那么总共就有 \(2^4=16\) 种染色方法，先列出来再去重。

正解

使用Burnside引理来计算。

计数公式：

\(N(C,G)=\frac{1}{|G|}\sum_{f\in G}|C(f)|\)

其中：

\(N(C,G)\) 表示对于染色方案集合 \(C\) 以及作用在其上面的置换 \(G\) 而言，本质不同的等价类的个数

\(C\) 表示染色方案集合

\(G\) 表示置换群

\(C(f)\) 表示在置换 \(f\) 下的稳定核，即所有染色方案 \(x \in C\) 满足 \(f*c=c\)

意义

​ 就像诸多反演、容斥公式一样，一个量直接计算的难度巨大，那么就求出一些与其有关的但是相对容易直接计算的信息，再用这些有关的信息来计算需要的量

简单证明

首先引入记号 ：

\(C\) , \(G\) , \(N(C,G)\) , \(C(f)\)

\(G(c)\) 表示在染色 \(c\) 下的稳定核，即所有置换 \(f\in G\) 满足 \(f*c=c\)

根据置换的可合并性与消去律，我们容易知道 \(G(c)\) 是一个群

然后考虑到与 \(c\) 本质相同的染色方案的形式应满足如下条件

\(t(某种染色方案)=f*c\)

然后想象一下当 \(f\) 遍历 \(G\) 的时候总共产生了 \(|G|\) 种 \(f*c\) ，但是 \(t\) 可能远远没有那么多种，其原因就在于可能出现这样的情况：

虽然\(f\not= g\) ，但是 \(f=x \cdot a,g=y\cdot a\) ，而 \(x,y \in G(c)\)

因此纵使置换 \(f\not= g\) ，但是 \(f*c=g*c\)

设参 \(U(c)\) 表示与 \(c\) 本质相同的染色方案，那么感性理解一下，假设我先设置 \(|U(c)|\) 个置换 \(f\) ，使之与这 |U(c)| 个结果一一对应，然后再分别对于这几个 \(f\) 使用稳定核 \(G(c)\) ，然后就能生成全部的 \(G\) ，由此可以得到等式：

\(|U(c)|\times |G(c)|=|G|\) => \(|U(c)|=\frac{|G|}{|G(c)|}\)

组合意义：可以把每个染色方案看做一个点，而置换则看做一条边，而 \(U(c)\) 则恰好构成一个团

再考虑这样一个计数常用技巧“算两次”：

计算 染色-置换 对 \((c,f)\) 满足 \(f*c=c\) 的个数：

那么答案等于 \(\sum_{c\in C}|G(c)|\) 或者是 \(\sum_{f\in G}|C(f)|\)

然后就有 \(\sum_{c\in C}|G(c)|=\sum_{f\in G}|C(f)|\)

根据之前的证明得知 \(|G(c)|=\frac{|G|}{|U(c)|}\)

因此就有 \(\frac{1}{|G|}\sum_{f\in G}|C(f)|=\sum_{c\in C}\frac {1}{|U(c)|}\)

然后再仔细考虑一下等式右边，根据刚才的组合意义，每一团点的贡献恰好是 \(1\) ，那么答案就是团的数量，再仔细想一想，这不就是 \(N(C,G)\) 嘛

因此得到计数公式 :

\(N(C,G)=\frac{1}{|G|}\sum_{f\in G}|C(f)|\)