【等价的穿越】Burnside引理&Pólya计数法

Problem

起源:
SGU 294 He’s Circle
遗憾的是,被吃了。
Poj有道类似的

Mission

一个长度为n(1n24)的环由0,1,2组成,求有多少本质不同的环。

实际上,如果使用高精度,那么n可以到1e6级别

定义

一个集合G,以及一个二元运算
并且满足:

封闭性

如果aG,bG,那么abG

结合律

如果aG,bG,cG,那么abc=a(bc)

存在单位元

存在cG,使得bc=cb=c
那么c就称为G的单位元。
类似于加法运算中的0,乘法运算中的1。

逆元

对于任意aG,都有a1使得aa1=a1a=c
其中c是单位元。
那么a1就称为a的逆元。

不一定满足交换律


我们称呼包含n个元素的有限群为n阶群。

置换

置换相当于一个排列的一一映射。
例如:
(14233241) (13223441) (23423411)
是置换,而
(52332411)
就不是置换。

置换群

置换组成的集合,运算是置换的连接。

置换的连接

例子:
(12233441)(12233441)=(12233441)(23344112)=(13243142)


正片开始

Burnside引理

已知一个n阶置换群a
求在其作用下有多少种本质不同的染色方案Ans

结论

Ans=1ni=1nD(ai)

其中D(ai)表示在第i个置换的作用下,
有多少个染色方案置换后不变。

Back to the Problem

一个长度为n(1n24)的环由0,1,2组成,求有多少本质不同的环。


我们考虑构造这样的n阶置换群
每一种旋转都当作是一个置换,那么就有n个置换,就构成个群。
例如,旋转k个元素,对应的置换为:

(1k+12k+23k+3......nknnk+11nk+22......nk)


利用burnside引理
我们可以先枚举出所有的3n染色方案,然后判断有多少种旋转可以使它旋转后不变。
但这显然是时间超限的。
我们需要进一步找出更好的性质。

Pólya计数法

循环

定义n阶循环是一种置换满足,

(a1a2a2a3a3a4......an1anana1)

用循环表示旋转

题目中的,假设n=4
那么置换群就有,以下四种置换:

(11223344)(12233441)(13243142)(14213243)

用旋转表示置换,通俗地,例如:
(12233441)(1,2,3,4)(13243142)(1,3)(2,4)

简单来讲就是,类似于环状的东西。
我们用C(ai)表示ai存在多少个循环
(12233441)1(13243142)2

简单起见,
我们称循环里编号最小的珠子的编号,为循环的起始位置

结论

处于同一循环的珠子的颜色必须是相同的,才能使得置换后不变

显然,证明略;
这样可以简化burnside引理的对于D(ai)运算。
但仍然不够,需要更特殊的性质。

专门针对旋转的Pólya计数法

旋转i个珠子对应的置换共有gcd(n,i)个循环,且其中每个循环的起始位置都依次相邻

证明:
设第u个珠子与第v个珠子处于同一个循环之中;
x,y是未知数。
则有

u+xiv(mod n)u+xi=v+ynxi+yn=vu

裴蜀定理:ax+by=c,那么gcd(a,b)|c,其中a,b,x,y,c都是质数。

由裴蜀定理,
想要令uv不在同一循环中的话,
vu就有0..gcd(n,i)1gcd(n,i)种取值,
且取值都是连续的。

所以,共有gcd(n,i)个循环的起始位置,且其中每个循环的起始位置都依次相邻。
得证。


True Back

有了这个特殊的性质,这道题就躺着做。
由,同一置换中,每个循环都可以染3种颜色,则有

Ans=1ni=1n3gcd(n,i)

End

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posted @ 2017-03-16 17:21  hiweibolu  阅读(185)  评论(0编辑  收藏  举报