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。
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：
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：
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。
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：
这里用一下轨道-稳定子定理。
此时考虑每个置换的贡献，就可以得到：
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：
做题记录
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 \(、gcd(n,i)\)。
大力求即可，复杂度 \(tn^{\frac{3}{4}}\)。
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
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 \(966467\)。
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。
\(g(p)\) 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。
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。
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。
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。
问题相当于只需要求解
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 \(O(\frac{m}{k})\)。
确实快了一些。
