群论学习笔记

写在前面

之前写过一个辣鸡，以为会板子就好了，结果在ABC284H中寄了。所以决定重写个完整的。

参考文章

概念性的东西

群论研究的是对称性，为了方便描述，我们举个例子。

比如对于一个正方形而言，可以发现我们把它顺时针旋转 $90^{\circ}$ 后，可以发现它和原来相同，同理，旋转 $180^{\circ},270^{\circ},0^{\circ}$ 也相等（不考虑超过 $360^{\circ}$ 的旋转）。

因此为了叙述正方形旋转的对称性，我们定义一个群，及 $S=\{旋转 0^{\circ},旋转 90^{\circ},旋转 180^{\circ},旋转 270^{\circ}\}$。

但是这还不够，注意到这些操作是可以叠加的，比如旋转 $90^{\circ}$ 后再旋转 $180^{\circ}$，那么相当于旋转 $270^{\circ}$，那么这个叠加运算需要定义一下，姑且称其为 $+$ 吧。

那么 $(S,+)$，就构成了正方形旋转的一个群。

举完了个简单的例子，再来说明形式化的定义：

若一个非空集合 $S$ 上的运算 $\times$ 满足以下条件，那么称 $(S,\times)$ 是一个群。

• 封闭性：$\forall a,b\in S,a\times b\in S$。比如上面的例子中，无论这个群中的变换怎样叠加，一定还在这个集合中。
• 结合律： $\forall a,b,c\in S,(a\times b)\times c=a\times (b\times c)$，运算顺序无影响。
• 存在单位元：$\exists e\in S,\forall a\in S,a\times e=e\times a=a$，上面的例子中，$旋转 0^{\circ}$ 就是单位元。
• 存在逆元：$\forall a\in S,\exists b\in S,a\times b=b\times a=e$，$b$ 是 $a$ 的逆元，也可以表示为 $a^{-1}$。

可以通过上面的例子，发现群内的元素一般来说都是某种操作，而不是简单的元素。

其他定义：

• 阿贝尔群：满足交换律的群，也就是 $\forall a,b\in S,a\times b=b\times a$。
• 半群：$(S,\times )$ 只满足封闭性和结合律。
• 幺半群：半群的基础上还存在单位元。
• 有限群：元素个数有限的群。注意群的个数可以无限，比如圆的旋转，转任意度都和原来一样。

举一些例子：

• $(R,+)$ 和 $(R,\times )$ 都是无限群。
• $(R,\max)$ 是半群，不存在单位元和逆元。但是 $(N,\max)$ 是幺半群，单位元是 $0$。

一些简单性质

• 群的单位元唯一

反证法，假设有两个单位元 $a,b,a\ne b$，那么 $a=a\times b=b$。

• 一个群中 $x$ 的逆元唯一

假设有两个逆元 $a,b$，那么 $a=a\times (x\times b)=b$。

子群与陪集

子群：对于一个群 $(S,\times )$，如果存在一个 $T \subseteq S$ 且 $(T,\times )$ 是一个群，$(T,\times )$ 就是 $(S,\times )$ 的子群，可以记为 $T\le S$。

陪集：

• 如果 $H\le S$，对于一个 $a\in G$，定义 $H$ 的一个左陪集为 $aH=\{a\times h,h\in H\}$。
• 如果 $H\le S$，对于一个 $a\in G$，定义 $H$ 的一个右陪集为 $Ha=\{h\times a,h\in H\}$。

陪集可能不是一个群，因为可能没有单位元。

陪集的一些性质：

• $\forall a\in S,|H|=|Ha|$。

只需要证明陪集中元素两两不同，反证一下即可。

• $\forall a\in S,a\in Ha$。

因为 $H$ 中一定有单位元。

• $Ha=H\Leftrightarrow a\in H$。

• $Ha=Hb\Leftrightarrow ab^{-1}\in H$。

$Ha=Hb$ 可以推出 $Hab^{-1}=H$。

• $Ha\cap Hb\ne \empty,Ha=Hb$。

也就是两个陪集要么相等，要么完全不交。

证明可以简单反证。

拉格朗日定理

如果 $H\le S$，那么 $|H|$ 整除 $|S|$，也就是：

$$|S|=|H|\times [S:H]$$

此处 $[S:H]$ 表示 $H$ 不同的陪集数量。

证明：不同的陪集两两不交，且大小相等。

周期相关

对于一个元素 $a\in S$，定义周期 $o(a)=\min \{x|a^x=e,x\in N^{+}\}$，这里 $a^{x}=a^{x-1}\times a$。

• $o(a) | |G|$。

因为是个子群，拉格朗日定理即可。

• $a^{|G|}=e$。

• $|G|$ 为素数，则 $o(a)=|G|$。

置换群

有限集合自身的双射称为置换。

简单的表示为 $(p_1,p_2,p_3,...,p_n)$，$p$ 是一个排列，这个置换作用在 $a$ 上表示 $f(a_i)=a_{p_i}$。

置换的总个数为 $n!$。

那么定义一下两个置换的运算，假设有 $f=(p_1,p_2,...,p_n),g=(q_1,q_2,...,q_n)$。

那么 $f\times g=(p_{q_1},p_{q_2},...,p_{q_n})$，也就是先做 $g$ 再做 $f$。

显然，这样所有长度为 $n$ 的置换构成了一个群，称为 $n$ 元对称群 $S_n$，这个群的任意一个子群被称为置换群。

置换群的单位元是 $I=(1,2,3,...,n)$。

轨道-稳定子定理

$A,B$ 是两个有限集合，令 $X=B^A$ 表示 $A$ 到 $B$ 的全部映射，$G$ 是作用在 $A$ 上的一个群。

比如给一个正方形的四条边染色，那么 $A$ 就是四条边，$B$ 就是颜色集合，$G$ 就表示令四条边等价的置换群，$X$ 就表示所有染色方案（不去重）。

对于一个 $x\in X$，也就是一种染色方案，定义 $g(x)$ 表示对 $x$ 进行 $g$ 置换后的结果。

• 稳定子：$G^x=\{g|g(x)=x,g\in G\}$，即置换后和原来相等。

• 轨道：$G(x)=\{g(x)|g\in G\}$，注意此处 $|G(x)|\ne G$，因为可能有 $g(x)$ 相同。

• 轨道-稳定子定理：

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

证明，先考虑 $G^x$ 是 $G$ 的子群。

• 封闭性：$g(x)=x,f(x)=x,g(f(x))=g(x)=x$。
• 结合律：显然满足。
• 单位元：$I(x)=x$。
• 逆元：$f(x)=x,x=f^{-1}(x),f^{-1}\in G^x$。

用拉格朗日定理，接下来只需要证明 $[G:G^x]=|G(x)|$。

这个考虑对轨道里每一个元素求一个陪集 $aG^x$。容易证明他们两两不交即可。

Burnside 引理

令 $X/G$ 表示在 $X$（所有染色方案中），在 $G$ 作用下的所有等价类的集合（如果两种方案通过 $G$ 中置换的作用下相等，则它们在一个等价类中），也就是对于所有 $x\in X$，轨道的数量。

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

这里，$X^g=\{x|g(x)=x,x\in X\}$，也就是 $g$ 作用下 不动点集合。

证明：

$$|X/G|=\sum_{y\in X/G}1\\ = \sum_{y\in X/G} \sum_{x\in y}\frac{1}{|y|}\\ = \sum_{y\in X/G} \sum_{x\in y}\frac{1}{|G(x)|}$$

这里用一下轨道-稳定子定理。

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

此时考虑每个置换的贡献，就可以得到：

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

Pólya 定理

考虑在染色问题中，如果每个点都可以任意染色，也就是 $|X|=|B|^{|A|}$，那么 $g(x)=x$ 可以发现对于 $g$ 的每一个置换环都需要然一种颜色，因此令 $c(g)$ 表示 $g$ 的置换环数量，$m=|B|$，可以得到：

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

做题记录

P4980

给定一个 $n$ 个点，$n$ 条边的环，有 $n$ 种颜色，给每个顶点染色，问有多少种本质不同的染色方案，答案对 $10^9+7$ 取模。

注意本题的本质不同，定义为：只需要不能通过旋转与别的染色方案相同。

$n\le 10^9,t\le 10^3$。

直接用 Pólya 即可，$G$ 中每个元素都是形如 $(i+1,i+2,...,n,1,2,...,i)$ 这样的排列，$|G|=n$，它的置换环数量显然就是 $、gcd(n,i)$。

$$|X/G|=\frac{1}{|G|} \sum_{g\in G}m^{c(g)}\\ = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n n^{\gcd(n,i)}\\ = \frac{1}{n}\sum_{d|n}n^{d}\sum_{i=1}^n [\gcd(i,n)=d]\\ =\frac{1}{n}\sum_{d|n}n^{d} \varphi(\frac{n}{d})$$

大力求即可，复杂度 $tn^{\frac{3}{4}}$。

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P4128

已知 $n$ 个点的无向完全图，给每条边染色，一共 $m$ 种颜色，两种染色方案相同仅当将点编号置换后对应边颜色相同，求方案数。

$n\le 60$。

无向图的计数问题是群论的一个重要应用。

由于是给所有边进行染色，但是置换是对于点的，所以需要把置换改成对于边的操作。

即对于置换 $(p_1,p_2,...,p_n)$，相当于 $p_{(i,j)}=(p_i,p_j)$ 这个置换，相当于求这个的置换环数量。

考虑对于一种方案，求其置换环数量。

先考虑原排列 $p$ 的置换环，假设大小分别为 $a_1,a_2,...,a_k$。

对于所有边，相当于两个端点在置换环上分别走，那么分类讨论一下。

• 如果两端点在同一个置换环内，那么考虑两端点在环上的距离 $x$，每个距离对应着一个置换环，而且 $x$ 与 $a_i-x$ 等价，所以数量为 $\left\lfloor\frac{a_i}{2}\right\rfloor$

• 如果两端点不在一个置换环内，从一条边出发走 $\text{lcm}(a_i,a_j)$ 次后会走回来，所以置换环数量为 $\frac{a_ia_j}{\text{lcm}}=\gcd(a_i,a_j)$。

加起来就好了，假设是 $f(p)$。

那么答案就是

$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}X^g=\frac{1}{n!}\sum_{p\in S_n} m^{f(p)}$$

暴力求复杂度 $O(n!)$，寄。

但是注意到对于每个排列，如果其置换环大小集合 $a$ 相同，则它们等价，因此可以直接分拆数去求，可以通过 $n=60$，此时总分拆方案数是 $966467$。

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双倍经验：P4727

相当于 $m=2,p=997$。

三倍经验：ABC284Ex。

在图计数的基础上加了个点染色。

那么只需要在式子后面乘一个点染色方案数，因为点和边独立。

$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}X^g=\frac{1}{n!}\sum_{p\in S_n} m^{g(p)}2^{f(p)}$$

$g(p)$ 表示 $p$ 的置换环数量。

但是求的是恰好用 $k$ 种颜色，只需要容斥一下，暴力跑 $k$ 遍 dfs 即可。

但是太慢了，由于发现上面的 $g(p)\le n$，可以一次 dfs 求出 $m^i$ 前面乘的系数，这样就只需要一次 dfs，可以跑 $n\le 60$ 了。

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loj6519

先直接上公式，相当于求 $|X^g|$。

注意到这个环上的排列很有特征，对于 $P_i=(i+1,i+2,...,n,1,2,...,i)$ 而言，$|X^g|$ 中的染色方案满足存在长度为 $\frac{n}{\gcd(n,i)}$ 的周期。

每个周期的黑色点数量相同，问题转化为子问题，也就是去掉了环等价的限制。

连续 $k$ 个黑比较难搞，转化一下就是两个白之间距离不能超过 $k$，这个可以插板了。

先枚举最左和最右用了多少，然后中间的大力容斥即可。

$$\sum_{d=0}^k (d+1)\sum_{i=0}^{n-m} (-1)^i \binom{n-m}{i}\binom{m-d+n-m-2-i(k+1)}{n-m-2}$$

注意到第二个循环只需要枚举到 $\frac{m}{k+1}$ 即可，因此总复杂度 $\frac{m}{k}\times k=m$，可过。

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实现里没有用莫比乌斯反演，因为暴力就行了。

一开始以为这个过不去，怒推生成函数。

$$[x^m](1+x+x^2+...+x^k)^{n-m-1}(1+2x+3x^2+...+(k+1)x^k)\\ =[x^m](\frac{1-x^{k+1}}{1-x})^{n-m-1}\frac{\frac{1-x^{k+1}}{1-x}-(k+1)x^{k+1}}{1-x} \\ =[x^m]\frac{(1-x^{k+1})^{n-m}}{(1-x)^{n-m+1}}-(k+1)[x^{m-k-1}]\frac{(1-x^{k+1})^{n-m-1}}{(1-x)^{n-m}}$$

问题相当于只需要求解

$$[x^a]\frac{(1-x^{k+1})^b}{(1-x)^c}\\ =[x^a](1-x^{k+1})^b\sum \binom{c-1+i}{i}x^i$$

只需要枚举左边选了几个，那么右边的就可以直接算了，所以这部分可以 $O(\min(b,\frac{a}{k+1}))$，所以综上，这部分复杂度就变成了 $O(\frac{m}{k})$。

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确实快了一些。