Polya 定理

一.群

1.群的定义

对于一个集合 $S$ 和定义在这个集合上的二元运算 $*$ , 满足：

• 封闭性。 $\forall a \in S,b \in S$ ，$a*b \in S$

• 结合律。 $a*b*c=a*(b*c)$

• 单位元。 $\exists \epsilon \in S$ , $a*\epsilon = \epsilon * a=a$

• 逆元。 $\forall a \in S$ , $\exists b \in S$ , $a * b = \epsilon$ , 记作 $a'$

那么称 $(S,*)$ 为一个群。

值得注意的是，一个群的单位元和逆元都是唯一的。

2.子群

若 $G(S,*)$ 为一个群，若 $T \subseteq S$ ，且 $H(T,*)$ 也为一个群，那么称 $H$ 为 $G$ 的子群，记作 $H \le G$

3.陪集

左陪集：若群 $H$ 为群 $G$ 的一个子群，且对于 $g \in S$，$g * H=\{g * h|h \in T \}$。

同样可以定义右陪集。

注意陪集可能不包含单位元，不一定是群。

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陪集的性质：

1. $|H|=|gH|$
2. $g \in gH$
3. $gH=H \Leftrightarrow g \in H$
4. $aH=bH \Leftrightarrow a * b^{-1} \in H$
5. $aH \not= BH \Rightarrow aH \bigcap bH=\varnothing$
6. $\displaystyle \bigcup_{g \in G} gH={G}$

二.拉格朗日定理

$[G:H]$: $G$ 中 $H$ 不同陪集的数量

$G~/~H~$: $G$ 中所有 $H$ 的左陪集

有：

$$|H|×[G:H]=|G|$$

证明：由陪集的性质 1、5、6 显然。

三.置换群

1.置换

对于集合 $S=\{a_1,a_2 \dots a_n\}$ , 一个置换 $f$ 可表示为：

$$f=\begin{pmatrix} a_1,a_2,\dots,a_n\\ a_{p_1},a_{p_2},\dots,a_{p_n} \end{pmatrix}$$

$p$ 为 $1\sim n$ 的排列，意义为将 $a_i$ 映射为 $a_{p_i}$。

$$f=\begin{pmatrix} a_{p_1},a_{p_2},\dots,a_{p_n}\\ a_{q_1},a_{q_2},\dots,a_{q_n} \end{pmatrix}, g=\begin{pmatrix} a_1,a_2,\dots,a_n\\ a_{p_1},a_{p_2},\dots,a_{p_n} \end{pmatrix}$$

$$g \times f=f(g(x))=\begin{pmatrix} a_1,a_2,\dots,a_n\\ a_{q_1},a_{q_2},\dots,a_{q_n} \end{pmatrix}$$

称为置换的乘法。

2.循环置换

一种特殊的置换，其中：

$$f=(a_1,a_2,\dots,a_n)=\begin{pmatrix} a_1,a_2,\dots,a_n\\ a_2,a_3,\dots,a_1 \end{pmatrix}$$

任意一个置换都可以表示为若干不相交的循环置换的乘积，例如

$$\begin{pmatrix}a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\\ a_3,a_1,a_2,a_5,a_4\end{pmatrix}=(a_1,a_3,a_2) \times (a_4,a_5)$$

将一个置换 $f$ 拆分的循环置换个数记为 $c(f)$

3.置换群

若 $S$ 包含所有的 $n!$ 个不同 $n$ 元置换，$G(S,\times)$ 为一个群，证明如下：

• 封闭性。 两个 $n$ 元置换的乘积仍为 $n$ 元置换，包含于 $S$。
• 结合律。置换的乘法有结合律。
• 单位元。置换 $\begin{pmatrix}a_1,a_2,\dots,a_n\\ a_1,a_2,\dots,a_n\end{pmatrix}$，也称恒等置换。
• 逆元。上下两行交换即可。

$G$ 的子群称作置换群。

四.Burnsied 引理 和 Pólya 定理

1.轨道稳定子定理

对于作用在集合 $X$ 上的群 $G$ 和集合 $X$ 的一个元素 $x$

$x$ 的轨道：$G(x)=\{ g(x) | g \in G\}$

$x$ 的稳定子：$G^x=\{ g \in G| g(x)=x\}$

这里 $g(x)$ 为群作用的函数，例如上文提到的置换。

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1. $G^x$ 为 $G$ 的子群。

证明：

• 封闭性。 $f(x)=x,g(x)=x,f \times g=f(g(x))=x$,所以 $f \times g \in G^x$
• 结合律。显然。
• 单位元。$\epsilon(x)=x$，所以 $\epsilon \in G^x$
• 逆元。$\forall g \in G$，因为 $g\times g'=\epsilon$ , $g(x)=\epsilon(x)=x$,所以 $g'(x)=x$，$g'(x) \in G$

2. $|G(x)|=[G:G^x]$

证明：
对于 $f(x)=g(x)$ , $f \times g^{-1}=\epsilon$

所以 $f \times g^{-1} \in G^x$ , $\Rightarrow fG^x = gG^x$ , 反之亦然。

即不同的 $g$ 对应不同的陪集。

所以对于 $G(x)$ 中的 $g$ , 构造对应陪集为 $gG^x$。

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轨道稳定子定理：

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

证明：
因为 $G^x$ 为 $G$ 的子群，由拉格朗日定理得：

$$|G^x| \times [G:G^x]=|G|$$

由性质2得:

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

2.Burnside 引理

若一个置换群 $G$ 作用于 $X$ , $X/G$ 表示在群 $G$ 作用下 $X$ 的所有等价类的集合。(注意每个等价类也是一个集合，若两个元素在 $G$ 作用下可以转化则属于同一个等价类)

$X^g$ 表示在 $g$ 的作用下不变的 $X$ 中元素的集合。

那么有：

$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g \in G} |X^g|$$

证明：

$$\begin{aligned} \sum_{g\in G} |X^g|&=\sum_{x \in X} |G^x| \\ &=\sum_{x \in X} \frac{|G|}{|G(x)|} \\ &=|G|\sum_{x \in X} \frac{1}{|G(x)|} \\ &= |G|\sum_{Y \in X / G } \sum_{x \in Y} \frac{1}{|G(x)|} \\ &= |G|\sum_{Y \in X / G } \sum_{x \in Y} \frac{1}{|Y|} \\ &= |G|\sum_{Y \in X/G}1 \\ &= |G||X/G| \end{aligned}$$

即：

$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g \in G} |X^g|$$

可以参考 oi-wiki 的例子。

3.Pólya 定理

$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g \in G} m^{c(g)}$$

证明：

由 burnside 引理发现，在 $g$ 作用下的不动点的充要条件是每一个循环置换里元素同色。

那么式子就很显然了。

五.例题

1.P4980 【模板】Pólya 定理

首先置换群 $G$ 包含的元素分别为: 旋转 $1$ 个点,旋转 $2$ 个点...旋转 $n$ 个点

不难发现，旋转 $k$ 个点的 $c(g)=\gcd(n,k)$，原因如下：

所有循环置换所包含的元素个数相同，均为 $\frac{\text{lcm(n,k)}}{k}$。(旋转次数/旋转步长)

那么循环置换的个数便为 $\frac{n}{\frac{\text{lcm}(n,k)}{k}}=\gcd(n,k)$

由 polya 定理得：

$$|X/G|=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n n^{\gcd(i,n)}$$

化简可得：

$$|X/G|=\frac{1}{n}\sum_{d|n}n^d\varphi(\frac{n}{d})$$

直接计算即可，复杂度 $\mathcal{O(n^{\frac{3}{4}})}$

2.[POJ 2888]Magic Bracelet

与 例1 区别在于部分颜色无法相邻，解决这类有限制的问题一般使用 Burnside 引理。

记 $f_i$ 为有 $i$ 个轮换的不动点数，由 1 得:

$$Ans=\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})f(d)$$

注意到同一个轮换里的点仍需同色，且不同轮换的点恰好相邻

设 $g_{v,i,j}$ 表示第 $1$ 个点颜色为 $v$ , 第 $i$ 个点颜色为 $j$ 的方案数

$$g_{v,i,j}=\sum_{k,\operatorname{颜色 j,k 可以相邻}} g_{v,i-1,k}$$

$$f_{d}=\sum_{i=1}^m\sum_{j,\operatorname{颜色 i,j 可以相邻}}g_{i,d,j}$$

$g$ 可以通过矩阵快速幂求得。

3.SP419/SP422 Transposing is Fun 1/2

将转置看成一种置换，矩阵内的数一定形成若干轮换。

只需进行 $k-1$ 次对换便可还原一个长度为 $k$ 的轮换，换句话说，每有一个轮换答案便少 $1$。

令 $K$ 为轮换数，答案便为 $2^{a+b}-K$

考虑如何计算 $K$：

观察 $a=2,b=1$ 的情况

前：

0(000)	1(001)
2(010)	3(011)
4(100)	5(101)
6(110)	7(111)

后：

0(000)	4(100)
1(001)	5(101)
2(010)	6(110)
3(011)	7(111)

发现转置后矩阵内数的二进制循环右移了 $b$ 位，那么应该有 $\gcd(a+b,b)=\gcd(a,b)$ 个轮换，每个轮换长度为 $\frac{a+b}{\gcd(a,b)}$

将每相邻的 $\gcd(a,b)$ 个二进制位看成一个整体，它的颜色应有 $2^{\gcd(a,b)}$ 种 （每位有 0/1 两种选法）

令 $\displaystyle n = \frac{a+b}{\gcd(a,b)}$ ，即新的’珠子‘个数。现在可以随便旋转，根据例 1 得

$$K=\frac{1}{n}\sum_{d|n} \varphi(\frac{n}{d}) \left(2^{\gcd(a,b)}\right)^d$$

筛出 $\varphi$ 后枚举因数计算， 时间复杂度 $\mathcal{O}(t\sqrt{n})$

4.P4128 [SHOI2006] 有色图

作用在点集的置换有 $n!$ 种，考虑这些点置换对应的边的置换。

不妨将点置换分解为 $k$ 个轮换，大小分别为 $b_1\dots b_k$

对于任意一条边 $(i,j)$ , 记 $l_i/l_j$ 为 $i/j$ 所在轮换的长度。

• $i,j$ 在同一轮换

  轮换数量为 $\lfloor \frac{l_i}{2} \rfloor$

• $i,j$ 在不同轮换

  轮换长度为 $\operatorname{lcm}(l_i,l_j)$

  轮换数量为 $\gcd(l_i,l_j)$

所以得到边的轮换数：

$$f(b)=\sum_{i=1}^k \lfloor \frac{b_i}{2} \rfloor+\sum_{1 \le i <j \le k} \gcd(b_i,b_j)$$

对于相同的 $b$ ，不动点的数量总是一定的。

$b$ 的数量为 $n$ 的整数拆分数，可以直接枚举，只需计算对应 $b$ 的置换数即可

通过多重集的排列划分方案得到每一个轮换的元素，方案为 $\displaystyle \frac{n!}{\prod b_i!}$

通过钦定每个轮换第一个元素保证分解唯一，方案为 $(b_i-1)!$

答案即为：

$$\frac{1}{n!}\sum_{b} m^{f(b)} \frac{n!}{\prod b_i\operatorname{cnt}_i!}$$