Burnside

定义

群：$(S,\circ)$，集合$S$ 和二元运算 $\circ$，其中 $\cdot$ 满足：
封闭性；结合律；存在单位元 $e$；任意元素 $a$ 存在逆元 $a^{-1}$．

若仅满足存在左单位元和左逆元，可证左右单位元/逆元唯一且相等。

交换群 / 阿贝尔群：满足交换律的群。

半群：运算仅要求封闭性和结合律。

幺半群：有幺元（单位元）的半群。

置换群：对于一个集合 $A$，若集合 $G$ 中每个元素都是 $A$ 到 $A$ 的双射，则 $G$ 为 $A$ 上的置换群。

子群：群的子集，关于母群的运算成群。

Burnside 引理

lagrange 定理：群 $G$ 的子群 $H$ 一定满足 $|H|$ 整除 $|G|$．

一些前置证明与陪集分解

自己编的证明，是不是最简单的证明不管了（

定义左陪集：$aH=\{ah|h\in H\}$．

引理一：对于 $x\in aH$ 有 $xH=aH$（$xi=(aj)i=a(ji)=ak$）

根据引理一可以导出 $aH=bH\Leftrightarrow a,b\in aH$

引理二：$H$ 和 $aH$ 要不然同构，要不然不交。

若不满足，则以下两个命题均成立：

• $\exist i\in aH,i\notin H$
• $\exist j\in aH,j\in H$

根据引理一，$iH=jH=aH$；其中 $j\in H$ 则 $jH=H$（引理一的特殊形> 式，$a=e$ 时）

那么 $iH=jH=aH=H$，则 $i,j,a\in H$，与假设矛盾。引理二得证。

根据引理二，可得 $aH,bH$ 要不然同构，要不然不交（等价于 $H$ 和 $> (a^{-1}b)H$）。

$G$ 是有限群，则存在正整数 $k$ 使得 $G=a_1H\cup a_2H\cup > \cdots\cup a_kH$，且这 $k$ 个陪集两两不交，则 lagrange 定理得证。

这个玩意叫陪集分解。

构造考虑当前已经有 $a_1H\cup a_2H\cup \cdots\cup a_iH\subseteq G$，选取补集中任意一个元素作为下一个 $a$ 即可。

轨道-稳定子定理

现在作用在 $S$ 上有个置换群 $G$．

轨道：$x\in S$，其轨道为 $O(x)=\{fx|f\in G\}$，也就是在这个置换群作用下 $x$ 的等价类。

稳定子：$x\in S$，其稳定子为 $\text{Stab}(x)=\{f\in G|f(x)=x\}$，也就是作用之后 $x$ 不动的置换集合。容易验证其是 $G$ 的一个子群。

轨道-稳定子定理：$G=|O(x)|\cdot |\text{Stab}(x)|$，$x$ 所在等价类的大小，乘上使 $x$ 不动的置换个数。

考虑 $\text{Stab}(x)$ 的陪集分解，然后就显然了（）而且还有同一等价类中的 $O$ 和 $\text{Stab}$ 均相等。

Burnside 引理

令 $F(g)$ 为置换 $g$ 作用下不动点构成的集合，则等价类个数（本质不同轨道数）为：

$$\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|F(g)|$$

让每个等价类中每个元素 $x$ 贡献 $\frac{1}{|O(x)|}=\frac{|\text{Stab}(x)|}{|G|}$，然后交换一下求和号即证。

所谓 Pólya 就是将 $F(g)$ 写出来，也就是 $m^c$，其中 $m$ 是颜色数，$c$ 是 $g$ 的置换环数。

与 exp 区分

注意区分 exp 和 burnside 的区别，如果拼接了若干个组合对象，它们之间没有顺序。对这个新的组合对象奇数，是用 exp 还是 burnside 呢？现在考虑一下拼接 $k$ 个组合对象：

如果有标号，那么考虑将单个组合对象的 EGF $F$ 直接 $k$ 次幂，考虑答案的任意一种方案，其中每个组合对象之间都是有区分的，所以一共被算了 $k!$ 次，那么确实是 $F^k/{k!}$，例子就是有标号无向图计数。

如果无标号，考虑 OGF $F$ 直接 $k$ 次幂，但是这个时候发现答案的各个方案，被算重的个数实际上是一个多重集的排列数，并不好算。这个时候就要用 burnside，例子就是烷基计数。