Yukiの群论笔记

Preface

被数学折磨中...
$\ $

群的定义

给定一个集合 $G$，以及一个二元运算 $\cdot$，若满足如下的性质，则称 $(G,\cdot)$ 为一个群：

$1.$ 封闭性：对于任意 $a,b\in G$，都有 $a\cdot b\in G$.
$2.$ 结合律：对于任意 $a,b,c\in G$，都有 $a\cdot(b\cdot c)=a\cdot b\cdot c$.
$3.$ 单位元：存在唯一的 $e\in G$，对任意的 $a\in G$ 都有 $e\cdot a=a\cdot e=a$.
$4.$ 逆元：对任意 $a\in G$，有且仅有一个与之对应的 $a^{-1}\in G$ 使得 $a\cdot a^{-1}=a^{-1}\cdot a=e$.

举个例子，考虑模 $n$ 的完全剩余系，其在模 $n$ 加法下构成群，记作 $\mathbb{Z}_n$.

在不混淆的情况下，可以将 $a\cdot b$ 简写为 $ab$.

若只满足 $1,2$，则称 $(G,\cdot)$ 为半群；若只满足 $1,2,3$，则称 $(G,\cdot)$ 为幺半群；

若对于一个群 $(G,\cdot)$，对任意 $a,b\in G$ 都有 $ab=ba$，则称 $(G,\cdot)$ 为阿贝尔群；

我们称群的阶为 $G$ 的大小，即 $|G|$；

若 $G$ 为有限集（即 $|G|\neq\infty$），则称 $(G,\cdot)$ 为有限群，否则成为无限群；

给定群 $(G,\cdot)$ 和 $(H,*)$，在集合 $G\times H$ 上定义运算：对于任意 $(g_i,h_i)\in G\times H$，有 $(g_1,h_1)\circ (g_2,h_2)=(g_1\cdot g_2,h_1\times h_2)$，则 $G\times H$ 在 $\circ$ 运算下构成一个群，称为 $G$ 和 $H$ 的直积群.

设集合 $X$ 上有一个双射：$X\rightarrow X$，集合 $X$ 上所有的置换构成一个群，称为对称群，记作 $Sym\ X$.
特别地，当 $X=\{1,2,...,n\}$ 时，记其对称群为 $S_x$.

下面是一些结论：

$1.$ 对于 $a,b,c\in G$，若 $ab=ac$，则 $b=c$.

证明：

$b=eb=a^{-1}ab=a^{-1}ac=ec=c$.

$2.$ 定义 $a\in G$ 的 $n$ 次幂为 $aaa...aa\ ($有 $n$ 个 $a)$，则 $a^{m+n}=a^ma^n,a^{mn}=(a^m)^n$.

证明是显然的，只需将式子展开即可.

子群与 Lagrange 定理

子群的定义：

若 $(G,\cdot)$ 是一个群，$H$ 为 $G$ 的子集且 $H$ 也是一个群，则称 $H$ 为 $G$ 的子群，记作 $H\leq G$；
特别地，若 $H$ 为 $G$ 的真子集，则称 $H$ 为 $G$ 的真子群，记作 $H<G$.

子群判别定理：

若 $G$ 为一个群，$H$ 为 $G$ 的非空子集，则 $H$ 为 $G$ 的子群当且仅当对于任意 $a,b\in H$，都有 $ab^{-1}\in H$.

证明：

因为 $G$ 为群，所以 $H$ 存在结合律；
任取 $a$，有 $aa^{-1}=e\in H$，所以存在单位元；
因为 $ea^{-1}=a^{-1}\in H$，所以对于任意 $a\in H$，都存在 $a^{-1}$；
因为 $a(b^{-1})^{-1}=ab\in H$，所以 $H$ 满足封闭律；

陪集的定义：

对于子群 $H\leq G$ 和任意 $a\in G$，记 $aH=\{ah\mid h\in H\}$ 和 $Ha=\{ha\mid h\in H\}$.
我们称 $aH$ 为 $H$ 的左陪集，而 $Ha$ 为 $H$ 的右陪集.

Lagrange 定理：

若 $H$ 为有限群 $G$ 的子群，则 $|H|$ 整除 $|G|$，即 $|H|\mid |G|$.
也可以说 $H$ 的所有不同左陪集（右陪集）将 $G$ 划分成多个大小一样的部分.

证明：

对于任意的 $a\in G$，一定有 $a=ae\in aH$，所以 $H$ 的所有左陪集可覆盖 $G$.
接下来证明任意两个不同的左陪集没有相交的部分.
假设 $aH\neq bH$，但存在 $h_1,h_2\in H$ 使得 $ah_1=bh_2$. 所以 $a=b(h_2h_1^{-1})$.
所以 $aH=\{ah\mid h\in H\}=\{b(h_2h_1^{-1}h)\mid h\in H\}$，故 $aH\subseteq bH$，同理可得 $bH\subseteq aH$，故 $aH=bH$，矛盾. 故该命题成立.

群作用

群作用的定义：

对于群 $G$ 和集合 $X$，若有映射 $\alpha$ 接受一个 $G$ 中元素和一个 $X$ 中元素，返回一个 $X$ 中元素，且满足：
$~~~~1$. $\alpha(e,x)=x$ 对任意 $x\in X$ 都成立，其中 $e$ 为单位元.
$~~~~2$. $\alpha(g,\alpha(h,x))=\alpha(gh,x)$ 对任意 $g,h\in G,x\in X$ 都成立.
则称 $G$ 作用 $H$. 不引起歧义时，可简记 $\alpha(g,x)$ 为 $gx$.

看上去非常晕. 这里举个例子.

Farmer John 有 $5$ 头奶牛，编号为 $1,2,3,4,5$，顺序排成一列. 有直积群 $G=\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_3$，取 $(a,b)\in G$，向这些奶牛下达命令：前 $2$ 头轮换 $a$ 次，后 $3$ 头轮换 $b$ 次. 如下达 $(1,1)$ 这个命令，奶牛们就会重排为 $2,1,4,5,3$. 这时，我们可以称 $G$ “作用” 于这些奶牛.

对于这样的群作用，我们可以对任意 $g$ 构造 $X\rightarrow X$ 的映射 $\psi_g$.

这里有一些结论：

$1.$ 对于任意的 $g,h\in G$，有 $\psi_g\circ\psi_h=\psi_{gh}$.

证明：$(\psi_g\circ\psi_h)(x)=\psi_g(\psi_h(x))=g(hx)=ghx=\psi_{gh}x$.

$2.\ \psi_g$ 一定为 $Sym\ X$ 中的元素.

证明：对于任意的 $x\in X$，有 $x=ex=gg^{-1}x=\psi_g(g^{-1}x)$，故 $\psi_g$ 为满射，从而是双射.

轨道、稳定化子和不动点的定义：

任取元素 $x\in X$，定义 $x$ 所在的轨道 $Gx=\{gx\mid g\in G\}$；
定义 $x$ 的稳定化子 $G_x=\{g\in G\mid gx=x\}$；
任取元素 $g\in G$，定义 $g$ 的不动点为 $X^g=\{x\in X\mid gx=x\}$

轨道划分：

所有不同的轨道将 $X$ 划分为了多个部分，记分成的部分个数 $[X:G]$.

证明：

与 Lagrange 定理的证明类似.
显然所有的轨道覆盖了 $G$.
若 $Gx\neq Gy$ 且它们有相交部分，设 $ax=by=z$，则 $Gx=\{gx\mid g\in G\}=\{(ga^{-1}b)y\mid g\in G\}$，故 $Gx\subseteq Gy$，同理 $Gy\subseteq Gx$，于是 $Gx=Gy$，矛盾.

轨道-稳定子定理：

对于任意元素 $x\in X$，$G_x$ 都是 $G$ 的子群，且 $|Gx||G_x|=|G|$.

证明：

因为 $(ab^{-1})x=(ab^{-1}b)x=ax=a$，根据子群判定定理，$G_x$ 为 $G$ 子群.
根据 Lagrange 定理，$G_x$ 的不同左陪集可将 $G$ 分为 $|G|/|G_x|$ 个部分.
设 $k=|G|/|G_x|$，我们从每个部分中都取出一个元素，可取出 $g_1,g_2,...,g_k$ 这些元素. 接下来证明这些元素和轨道中的元素具有一一对应的关系.

先证明当 $g_i\neq g_j$ 时，$g_ix \neq g_jx$. 假设结论不成立，则 $g_i^{-1}g_jx=x$，故 $g_i^{-1}g_j\in G_x$.
所以 $g_j=g_i(g_i^{-1}g_j)$，所以 $g_j\in g_iG_x$，矛盾.

再证明对于任意 $y\in G_x$，存在 $g_ix=y$，因为 $y$ 为 $G_x$ 中的元素，则可以设 $y=gx$.
令 $g_i$ 在 $gG_x$ 这个部分，则存在 $h$ 使得 $g_i=gh$，于是有 $ghx=g_ix=y$.

能证明是一一对应的，则元素相等，证毕.

Burnside 引理和 Pólya 定理

Burnside 引理：

若 $G$ 作用于 $X$，则轨道条数等于不动点个数的平均值，即：

\[[X:G]=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}|X^g| \]

证明：

$[X:G]=\sum\limits_{i=1}^k1=\sum\limits_{i=1}^k\sum\limits_{x\in G_{x_i}}\frac{1}{|G_{x_i}|}=\sum\limits_{i=1}^k\sum\limits_{x\in Gx_i}\frac{1}{|Gx|}$
根据轨道划分定理，有 $\sum\limits_{i=1}^k\sum\limits_{x\in G_{x_i}}=\sum\limits_{x\in X}$
因此 $[X:G]=\sum\limits_{x\in X}\frac{1}{|Gx|}=\sum\limits_{x\in X}\frac{|G_x|}{|Gx||G_x|}=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{x\in X}|G_x|$
这个式子等价于 $\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}|X^g|$.

Pólya 定理：

在解决染色问题的时候，我们一般需要求出不动点的数量.

对于一个置换，通过置换向能达到的元素连一条边，就会发现形成了若干个环.

假设对置换 $g$，设 $c(g)$ 为置换的循环数，共有 $m$ 中颜色，那么 Burnside 引理也可改写成：

\[[X:G]=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}m^{c(g)} \]

这就是 Pólya 定理.

双半群模型

带区间修改和区间查询的线段树，一般会有信息的合并，发现这些信息构成一个集合，赋予一个运算 $+$，记作 $(D,+)$.

其符合性质：

$~~~~1.D+D\rightarrow D$.
$~~~~2.\forall a,b,c\in D$，有 $a+(b+c)=(a+b)+c$.

但是这些信息不一定具有交换律. 则这些信息及其运算构成一个半群.

修改时我们会打上 $\texttt{lazytag}$，这些标记我们也扔到一个集合里，赋予一个运算 $\times$，记作 $(T,\times)$.

其符合性质：

$~~~~1.T+T\rightarrow T$.
$~~~~2.\forall a,b,c\in T$，有 $a+(b+c)=(a+b)+c$.
$~~~~3.$ 具有空标记 $e$ 满足 $\forall a\in T,ae=ea=a$.

这些标记及其运算构成一个幺半群.

而标记和信息间有如下性质：

$~~~~1.T+D\rightarrow D$，即标记和信息合并后仍是信息.
$~~~~2.\forall a\in D,b,c\in T$，有 $a\times(b\times c)=(a\times b)\times c$. 即先合并两个标记与先合并标记与信息结果不变.
$~~~~3.\forall a,b\in D,c\in T$，有 $(a+b)\times c=a\times c+b\times c$. 即 $\times$ 对 $+$ 满足分配律.

若两个群满足上述条件，则称为双半群结构. 若问题满足上述要求，则称为双半群模型.

具体实践将在习题部分讲解.

习题（具体看此题单）

$1.$ P4980 【模板】Polya 定理

这一题的作用很简单，就是旋转，$G=\{$旋转 $0$ 次，旋转 $1$ 次，旋转 $2$ 次，...，旋转 $n-1$ 次$\}$.

对于旋转 $k$ 次的不动点数，我们发现最小循环节为 $g=\gcd(k,n)$，所以前 $g$ 个都可以任意涂色，则不动点数为 $n^{\gcd(k,n)}$.

于是题目就变成求 $\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^nn^{\gcd(k,n)}$，可以转换成求 $\frac{1}{n}\sum\limits_{k\mid n}n^k\varphi(\frac{n}{k})$.

代码如下：


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define I inline
ll n,t,ans;
I ll qpow(ll a,ll x){
    ll ret=1,base=a;
    while(x){
        if(x&1)ret=ret*base%mod;
        base=base*base%mod,x>>=1;
    }
    return ret;
}
I ll euler(ll x){
    ll ret=1,num=x;
    for(ll i=2;i*i<=x;i++){
        if(x%i)continue;
        x/=i,ret=ret*(i-1);
        while(x%i==0)ret=ret*i,x/=i;
    }
    if(x!=1)ret=ret*(x-1);
    return ret;
}
I void solve(){
    cin>>n,ans=0;
    for(ll i=1;i*i<=n;i++){
        if(n%i)continue;
        ans=(ans+qpow(n,i)*euler(n/i)%mod)%mod;
        if(i*i==n)continue;
        ans=(ans+qpow(n,n/i)*euler(i)%mod)%mod;
    }
    cout<<ans*qpow(n,mod-2)%mod<<'\n';
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>t;while(t--)solve();
    return 0;
}

$2.$ P4727 [HNOI2009] 图的同构计数

对于这个题，集合 $X$ 即不同的图（只需标号不同即可），而 $G$ 则为所有的标号方式，而“颜色”只有两种，存在和不存在.

现在题目就变成了在一个完全图上染色，求本质不同的图的个数.

对于一个点置换，我们怎么求出其不动点数量呢？

首先，我们发现位于同一个等价类的边，要么都染，要么不染，不然就会不一样.
所以若该置换下有 $k$ 个等价类，则不动点数为 $2^k$ 个. 然后就转化为求一个置换下有多少个等价类.

一个置换可以拆成多个环，如 $g=(4\ 3\ 2\ 1)$ 就可以拆成 $(4\ 1)\circ(3\ 2)$.
对于在同一个环上的边，手推可得其等价类个数为 $\lfloor\frac{x}{2}\rfloor$ 个，其中 $x$ 为环的元素数.
那连接不同环的边，其等价类数又是多少呢？
假设两个环的元素数分别为 $g_1,g_2$，则连的边数为 $g_1g_2$.
而每一条边经过 $\rm{lcm}(g_1,g_2)$ 次置换后回到原位，所以每个等价类大小为 $\rm{lcm}(g_1,g_2)$，共有 $\frac{g_1g_2}{\rm{lcm}(g_1,g_2)}=\gcd(g_1,g_2)$ 个等价类.

对于每一种置换，设有 $k$ 个环，每个环大小为 $g_i$，等价类个数就是 $\sum\limits_{i=1}^k(\lfloor\frac{g_i}{2}\rfloor+\sum\limits_{j=1}^{i-1}\gcd(g_i,g_j))$.

现在我们能求出每一种置换的不动点数，但置换数有 $n!$ 个，如果一个个枚举还是会超时.
我们发现有如果两个置换的环的数量相等，且每个环内元素对应相等，则这两个置换的不动点数是相等的.
所以我们可以枚举 $n$ 的拆分来减小枚举量.

$n$ 的一个拆分 $g$ 对应多少个置换呢？首先我们随便取，一共是 $n!$ 种.
环内部是一个圆排列，所以要除以 $\prod g_i$ (先除以 $\prod (g_i!)$ 再乘 $\prod (g_i-1)!$)，其中 $g_i$ 为每个环的大小.
同时，对于大小相等的环，怎么排列都是可以的，所以还要除以 $\prod (s_i!)$，其中 $s_i$ 为某个大小的环的个数.

最终的式形如这样：

\[[X/G]=\frac{1}{|G|}\sum\limits_g2^p\frac{n!}{\prod (g_i)\prod (s_i!)} \]

\[=\sum\limits_g\frac{2^p}{\prod (g_i)\prod (s_i!)}, \]

\[p=\sum\limits_{i=1}^k(\lfloor\frac{g_i}{2}\rfloor+\sum\limits_{j=1}^{i-1}\gcd(g_i,g_j)) \]

枚举计算即可，代码如下：


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 997
#define mxn 110
#define ll long long
#define I inline
ll n,ans,g[mxn],poww[mxn];
I void init(){
    poww[0]=1;
    for(ll i=1;i<=100;i++)poww[i]=poww[i-1]*i%mod;
}
I ll qpow(ll a,ll x){
    ll ret=1,base=a;
    while(x){
        if(x&1)ret=ret*base%mod;
        base=base*base%mod,x>>=1;
    }
    return ret;
}
I void solve(ll cnt){
    ll p=0,sum=1;
    for(ll i=1;i<=cnt;i++){
        p+=g[i]/2,sum=sum*g[i]%mod;
        for(ll j=1;j<i;j++)p+=__gcd(g[i],g[j]);
    }
    for(ll i=1;i<=cnt;i++){
        ll j=i;
        while(j<=cnt&&g[j]==g[i])j++;
        sum=sum*poww[j-i]%mod,i=j-1;
    }
    ans=(ans+qpow(2,p)*qpow(sum,mod-2)%mod)%mod;
}
I void dfs(ll cnt,ll lst,ll res){
    if(!res){solve(cnt-1);return;}
    for(ll i=lst;i<=res;i++){
        g[cnt]=i;
        dfs(cnt+1,i,res-i);
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n,init();
    dfs(1,1,n),cout<<ans;
    return 0;
}

还有一题 P4128 [SHOI2006] 有色图，和上题是一样的，就是颜色数量改了一下，代码就不放了.

$3.$ P1446 [HNOI2008] Cards

对于每一个置换，先算出其循环数和大小，再写一个三维背包（也可以变成二维）计算每个循环染色的方法数.


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mxn 110
#define ll long long
#define I inline
ll Sr,Sb,Sg,m,mod,n,ans,tmp;
ll g[mxn],vis[mxn],cnt,sum,h[mxn];
ll dp[mxn][mxn];
I ll qpow(ll a,ll x){
    ll ret=1,base=a;
    while(x){
        if(x&1)ret=ret*base%mod;
        base=base*base%mod,x>>=1;
    }
    return ret;
}
I void init(){
    for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)h[i]=0;
    memset(dp,0,sizeof(dp)),dp[0][0]=1;
    cnt=0;
}
I void solve(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(vis[i])continue;
        int j=g[i];vis[i]=1,sum=1;
        while(!vis[j])sum++,vis[j]=1,j=g[j];
        h[++cnt]=sum;
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        for(int j=Sr;j>=0;j--)
            for(int k=Sb;k>=0;k--){
                if(j>=h[i])dp[j][k]=(dp[j-h[i]][k]+dp[j][k])%mod;
                if(k>=h[i])dp[j][k]=(dp[j][k-h[i]]+dp[j][k])%mod;
            }    
    }
    ans=(ans+dp[Sr][Sb])%mod;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>Sr>>Sb>>Sg>>m>>mod,n=Sr+Sb+Sg,tmp=m;
    while(m--){init();for(int i=1;i<=n;i++)cin>>g[i];solve();}
    init();for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=i;solve();
    cout<<ans*qpow(tmp+1,mod-2)%mod;
    return 0;
}

$4.$ P2561 [AHOI2002] 黑白瓷砖

先计算置换数：不动，旋转和对称，组合起来是 $6$ 种.

瓷砖数量为 $n=\frac{m(m+1)}{2}$ 种，则单位元的不动点数为 $2^n$ 种.

旋转的不动点数为 $2\times2^{\lceil\frac{n}{3}\rceil}$ 种.

对称的不动点数为 $3\times2^{\frac{n-\lceil\frac{m}{2}\rceil}{2}+\lceil\frac{m}{2}\rceil}$ 种.

加起来除以 $6$ 即可.


n=int(input())
m=n
n=n*(n+1)//2
ans=(2**n+2*(2**((n+2)//3))+3*(2**((n-(m+1)//2)//2+(m+1)//2)))//6
print(ans)

$5.$ P8868 [NOIP2022] 比赛

双半群模型的具体应用.

首先发现这题需要扫描线，我们维护数组 $s$，当右移到 $r$ 的时候，给 $s_l(1\leq l\leq r)$ 加上 $\max\limits_{i \in[l,r]}A_i\max\limits_{i \in[l, r]}B_i$，最后区间查询 $[q_l,q_r]$ 就行了.

但是 $\max\limits_{i \in[l, r]}A_i$ 和 $\max\limits_{i \in[l, r]}B_i$ 很鬼畜，考虑把它们也拎出来作为数组 $a,b$，$r$ 向右移时就相当于后缀的区间覆盖，这里可以用单调栈求解.

接下来构造信息和标记. 但是我还不会，所以先咕着.

这里给出我的参考资料：

题解 LGP8868【[NOIP2022] 比赛】/【模板】“历史版本和”线段树
sol of P8868
数据结构闲谈：范围分治的「双半群」模型
浅谈双半群模型

posted @ 2025-01-12 20:21 nagato__yuki 阅读(18) 评论(0) 编辑收藏举报

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