群论初探

群论

群的基本概念

定义：给定一个集合 $G$ 和关于该集合的一种二元运算 $\ast$。我们称 $G$ 在 $\ast$ 的运算下是一个群（$\ast$ 在表示的时候可以省略），当且仅当满足以下条件。

• 若有 $a,b\in G$，则一定有 $(a\ast b)\in G$；
• 若有 $a,b,c\in G$，则 $(a\ast b)\ast c=a\ast (b\ast c)$；
• 存在单位元，我们称元素 $e\in G$ 为单位元当且仅当 $\mathrm{\forall }x\in G$，$x\ast e=e\ast x=1$；
• 存在逆元，对于 $G$ 中的任意一个元素 $x$，如果 $\mathrm{\exists }y\in G$，$x\ast y=y\ast x=e$，则称 $y$ 为 $x$ 的逆元，即 $y=x^{-1}$；

群的定理

• 单位元唯一

证明：考虑反证法。若存在两个不同的单位元，表示成 $e_1,e_2$，那么有 $e_1=e_1{e}_2=e_2$，与假设矛盾。

• 逆元唯一

证明：仍然考虑反证。对于一个元素 $x\in G$，如果存在两个逆元 $y_1,y_2$，那么有 $y_1=y_1\ast e=y_1\ast (y_2\ast x)=(y_1\ast x)\ast y_2=e\ast y_2=y_2$，与假设矛盾。

• 具有消去律，即若 $a\ast c=b\ast c$，则 $a=b$

证明：$a\ast c=b\ast c\Rightarrow a\ast c\ast c^{-1}=b\ast c\ast c^{-1}\Rightarrow a\ast e=b\ast e\Rightarrow a=b$

• $a^{-1^{-1}}=a$

证明：因为 $a^{-1^{-1}}$ 和 $a$ 均为 $a^{-1}$ 的逆元，由定理一单位元唯一可知，$a^{-1^{-1}}=a$

置换的基本概念

定义：令 $x$ 是一个非空有限集合，将 $x$ 的一种到自身的一一映射称作一个置换。记为：

$$\sigma =\left[\begin{array}{cccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_{n-1}& a_n\\ b_1& b_2& b_3& \cdots & b_{n-1}& b_n\end{array}\right]$$

其中，$b$ 是 $a$ 的一组排列。

例如：$x=\{1,2,3\}$，$\sigma =\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 1\end{array}\right]$

这里，我们可以将置换中的轮换简记在一起。

例：

$$\sigma =\left[\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6\\ 2& 3& 1& 6& 4& 5\end{array}\right]$$

其中，$1\to 2\to 3$ 是一组轮换，$4\to 6\to 5$ 也是一组轮换。故可以记为

$$\sigma =\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}4& 6& 5\end{array}\right]$$

置换的集合：对于 $n$ 个元素的集合 $x$，其所有的置换共有 $n!$ 个，所有的置换所构成的集合记为 $S_n$。

例：

$$S_3=\left\{\begin{array}{c}\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 2& 3\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 3& 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right]\\ \left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right]\end{array}\right\}$$

置换的合成

也叫做置换的乘法。

设有两个置换 $f=\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \cdots & a_n\\ i_1& i_2& i_3& \cdots & i_n\end{array}\right]$，$g=\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \cdots & a_n\\ j_1& j_2& j_3& \cdots & j_n\end{array}\right]$，那么有

$$\begin{array}{rl}g\ast f(k)& =g(f(k))\\ & =j_{i_k}\end{array}$$

不难发现，置换合成的本质就是重复映射。

例：
$f=\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 2& 5& 1& 3& 4\end{array}\right]$，$g=\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 4& 3& 2& 5& 1\end{array}\right]$

写的直白点，就是

$$1\stackrel{f}{\to }2\stackrel{g}{\to }3$$

$$2\stackrel{f}{\to }5\stackrel{g}{\to }1$$

$$3\stackrel{f}{\to }1\stackrel{g}{\to }4$$

$$4\stackrel{f}{\to }3\stackrel{g}{\to }2$$

$$5\stackrel{f}{\to }4\stackrel{g}{\to }5$$

就可以得到

$$\begin{array}{rl}f\ast g& =\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 2& 5& 1& 3& 4\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 4& 3& 2& 5& 1\end{array}\right]\\ & =\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 3& 1& 4& 2& 5\end{array}\right]\end{array}$$

当然，置换中的元素顺序是可以更改的，那么可以重排元素使得更好地表示结果。

$$\begin{array}{rl}f\ast g& =\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 2& 5& 1& 3& 4\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{ccccc}2& 5& 1& 3& 4\\ 3& 1& 4& 2& 5\end{array}\right]\\ & =\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 3& 1& 4& 2& 5\end{array}\right]\end{array}$$

置换合成运算的性质。

• 没有交换律；
• 有结合律；
• 置换合成后依然是一个置换；
• 恒等变换（单位元）

$$\tau =\left[\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& \cdots & n-1& n\\ 1& 2& 3& \cdots & n-1& n\end{array}\right]$$

• 逆元

  对于一个置换 $f$，称 $g$ 为 $f$ 的逆元，当且仅当满足 $f\ast g=\tau$，记为 $f^{-1}$。

置换群

定义：对于含 $n$ 个元素的置换集合 $S_n$，有子集 $G\in S_n$，且满足：

• 合成运算的封闭性，即 $\mathrm{\forall }f,g\in G$，$(f\ast g)\in G$；
• $\tau \in G$；
• 存在逆元，即 $\mathrm{\forall }f\in G$，$f^{-1}\in G$；

置换的循环

如果将置换的一条映射看作是一条有向边，由 $i$ 连向 $a_i$，每个点的出入度均为 $1$，那么整个图就是若干个环。

• 不变元：
  我们将 $x$ 中在置换后不变的元素称为不变元，也可以称为稳定核。

• $k$ 不变置换类：
  符号 $Z_k$，对于 $x\in G$，如果 $k$ 为 $x$ 的不变元，则称 $x$ 属于 $k$ 不变置换类，记作 $x\in Z_k$。显然，$Z_k$ 为 $G$ 的子群。

• 等价类：
  等价类 $E_k$ 表示对元素 $k$ 施加任意的 $G$ 中置换后能够得到的元素集合。

  • 定理：当 $x,y$ 属于同一个等价类时，有 $|Z_x|=|Z_y|$；

    证明：考虑在 $Z_x$，$Z_y$ 间构造双射，构造完后显然有元素个数相同。由定义，$\mathrm{\exists }p\in G$，$x\stackrel{p}{\to }y$，$y\stackrel{p^{-1}}{\to }x$，$\mathrm{\forall }o\in Z_x$，都有 $y\stackrel{p^{-1}}{\to }x\stackrel{o}{\to }x\stackrel{p}{\to }y$，可以构造 $o^{\prime }=p^{-1}\ast o\ast p$ 满足 $o^{\prime }\in Z_y$。因为 $o^{\prime }=(p^{-1}\ast p)\ast o=o$，所以 $\mathrm{\forall }o\in Z_x$，$o\in Z_y$，反之亦然。

Q. 给定一个 $4$ 个顶点的正方形，现在用黑白两种颜色为正方形的顶点染色，求本质不同的正方形数量。（正方形旋转算同一种）

下面用 $\circ$ 表示白色，$\bullet$ 表示黑色。

$$\begin{gathered} \circ -\circ \bullet -\circ \circ -\bullet \circ -\circ \\ |1||2||3||4| \\ \circ -\circ \circ -\circ \circ -\circ \circ -\bullet \\ \circ -\circ \bullet -\bullet \circ -\bullet \circ -\circ \\ |5||6||7||8| \\ \bullet -\circ \circ -\circ \circ -\bullet \bullet -\bullet \\ \bullet -\circ \bullet -\circ \circ -\bullet \bullet -\bullet \\ |9||10||11||12| \\ \bullet -\circ \circ -\bullet \bullet -\circ \circ -\bullet \\ \circ -\bullet \bullet -\circ \bullet -\bullet \bullet -\bullet \\ |13||14||15||16| \\ \bullet -\bullet \bullet -\bullet \bullet -\circ \bullet -\bullet \end{gathered}$$

• 情况1：顺时针旋转 $0$ 度，不变元 $16$ 个；

$$\sigma =\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \cdots & 16\\ 1& 2& 3& \cdots & 16\end{array}\right]$$

• 情况2：顺时针旋转 $90$ 度，不变元 $2$ 个；

$$\sigma =\left[\begin{array}{cccccccccccccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10& 11& 12& 13& 14& 15& 16\\ 1& 3& 4& 5& 2& 7& 8& 9& 6& 11& 10& 13& 14& 15& 12& 16\end{array}\right]$$

• 情况3：顺时针旋转 $180$ 度，不变元 $4$ 个；

$$\sigma =\left[\begin{array}{cccccccccccccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10& 11& 12& 13& 14& 15& 16\\ 1& 4& 5& 2& 3& 8& 9& 6& 7& 10& 11& 14& 15& 12& 13& 16\end{array}\right]$$

• 情况4：顺时针旋转 $270$ 度，不变元 $2$ 个；

$$\sigma =\left[\begin{array}{cccccccccccccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10& 11& 12& 13& 14& 15& 16\\ 1& 5& 2& 3& 4& 9& 6& 7& 8& 11& 10& 15& 12& 13& 14& 16\end{array}\right]$$

应该如何计数，需要引入定理。

Burnside 定理

对于置换群 $G$，定义 $cnt(\sigma )$ 表示 $\sigma$ 中不变元的数量，那么 $G$ 中的不等价种类（即染色方案）为

$$T=\frac{1}{|G|}\sum _{\sigma \in G}cnt(\sigma )$$

简单来说，等价类的数量 $=$ 各置换下不变元数量的和的平均数。

证明：
令 $siz=|G|$，$G=\{{\sigma }_1,{\sigma }_2,\cdots ,{\sigma }_m\}$，记 $b_{i,k}=[k\stackrel{{\sigma }_i}{\to }k]$。显然有 $cnt({\sigma }_i)=\sum _{k=1}^n{b}_{i,k}$，且 $|Z_k|=\sum _{i=1}^m{s}_{i,k}$。

故 $\sum _{i=1}^m\sum _{k=1}^n{b}_{i,k}=\sum _{i=1}^{m}cnt({\sigma }_i)=\sum _{k=1}^n|Z_k|$。

设这 $T$ 个互不相同的等价类为 $E_1,E_2,\cdots ,E_T$，有 $N=E_1,E_2,\cdots ,E_T$。

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{m}cnt({\sigma }_i)& =\sum _{k=1}^n|Z_k|\\ & =\sum _{i=1}^T\sum _{j\in E_i}|Z_j|\\ & =\sum _{i=1}^T\sum _{j\in E_i}|Z_i|\\ & =\sum _{i=1}^T|E_i||Z_i|\\ & =\sum _{i=1}^{T}G\\ & =T\times G\end{array}$$

$$\Rightarrow T=\frac{1}{|G|}\sum _{i=1}^{m}cnt({\sigma }_i)$$

在上述给正方形端点染色的实例中，根据旋转角度可以分成四种置换，每个置换的不变元数量分别为 $16$、$2$、$4$、$2$。根据 Burnside 定理，染色方案为 $\frac{16+2+4+2}{4}=6$ 种。

Q：将数字 $1\sim n$ 摆放到一个环中，允许旋转，求本质不同的摆放方案。

A：$n$ 种旋转，可以对应成 $n$ 种置换。不旋转时，不变元为 $n!$ 个，其余情况不变元数量皆为 $0$ 个，故本质不同的摆放方案为 $\frac{n!+0+0+\cdots +0}{n}=(n-1)!$。

Q：在上一问的基础上，还允许翻转，求本质不同的摆放方案。

A：$n$ 种旋转，$n$ 种翻转，总共有 $2n$ 种置换。不旋转且不反转时，不变元有 $n!$ 个，其余情况置换都一一错开，没有不变元。故方案数为 $\frac{n!+0+0+\cdots +0}{2n}=\frac{(n-1)!}{2}$。

Polya 定理

设有置换群 $G=\{f_1,f_2,\cdots ,f_n\}$。用 $m$ 种颜色对 $n$ 个点染色的不等价种类数为：

$$\frac{1}{|G|}\sum _{f\in G}T(f)$$

其中 $T(f)$ 指在置换 $f$ 下置换前后染色状态均相同的方案数。

证明：设 $G^{\prime }$ 是对状态的置换群。不难发现大置换和小置换有对应关系,使用小置换对每种状态讨论即可得到大置换。

也即，设 $f\in G$ 对应 $f^{\prime }\in G^{\prime }$。如果一种染色方案 $x$ 在经过 $f$ 的变换后变成了 $y$，则有 $x\stackrel{f^{\prime }}{\to }y$，显然 $|G|=|G^{\prime }|$。

由 Burnside 定理，结果为 $\frac{1}{|G^{\prime }|}\sum _{f^{\prime }\in G^{\prime }}cnt(f^{\prime })$，而 $cnt(f^{\prime })$ 的意义正是 $G$ 中相对应的置换 $p$ 下不动的染色方案数。由此得证。

那如何求解 $T(f)$。我们令 $s(f)$ 表示置换 $f$ 种的循环个数，那么显然每个循环中必须染上同一种颜色，不同循环之间没有影响。故 $T(f)=m^{s(f)}$。

所以最后方案书可化简为

$$\frac{1}{|G|}\sum _{f\in G}{m}^{s(f)}$$

练习

P4980 【模板】Polya定理

P4727 [HNOI2009]图的同构记数

P4128 [SHOI2006]有色图