Burnside引理和Pólya定理证明
记\(G\)为\([1, n]\)这\(n\)个元素上的置换群。
记\(E_k\)为元素\(k\)在\(G\)作用下的等价类。那么对任意\(E_k\)中的元素\(a_i\)，都存在\(G\)中的\(p_i\)，使得\(k p_i = a_i\)。个人觉得这个E可以看作Equal。
记\(Z_k\)是\(k\)的不动置换类。即对任意\(Z_k\)中的\(p_i\)，都有\(k p_i = k\)。个人觉得这个Z可以看作Zero。
\(E_k\)中每个元素的不动置换类的大小相等
证明：
假设\(a_i\)是\(E_k\)里的一个元素，那么存在\(p_i\in G\)，使得\(a_i = k p_i\)。
因为对\(Z_k\)中的每个置换\(p\)，都有\(k p = k\)，所以也有\(a_i p_i^{-1} p p_i = k p_i p_i^{-1} p p_i = k p p_i = k p_i = a_i\)。因为对每个p，\(p_i^{-1} p p_i\)都不同，所以每个\(k\)的不动置换都对应一个\(a_i\)的不动置换。由于这里\(k\)和\(a_i\)是对称的，所以也有每个\(a_i\)的不动置换都对应一个\(k\)的不动置换。所以\(k\)和\(a_i\)的不动置换是一一对应的。由于\(k\)和\(a_i\)具有普适性，所以\(E_k\)中每个元素的不动置换类的大小都相等。
特别地，如果\(G\)是交换群，即对其中的任意两个置换\(p_1\)和\(p_2\)都有\(p_1 p_2 = p_2 p_1\)，那么\(p_i^{-1} p p_i = p\)，即\(E_k\)中每个元素的不动置换类都相等。很多常见的转动群都是交换群，比如先转90度再转180度和先转180度后转90度是一样的，这种情况下就有这个小结论（虽然我不知道有什么用2333
\(|E_k| |Z_k| = |G|\)
思路：
将\(G\)中的每个置换应用在\(k\)上面，可以得到\(|G|\)个结果。这些结果显然都是属于\(E_k\)的。假如\(|E_k| < |G|\)的话，那显然就有一些结果是重复的。那么\(E_k\)中的每个元素在这个结果中出现的次数是不是一样的呢？直觉上是的，因为这个等价类里每个元素都是平等的。要证明它，我们只要证明将\(k\)变成\(a_i\)的置换与\(Z_k\)中的置换一一对应即可。
记\(P_i\)为能将\(k\)变成\(a_i\)的置换的集合。那么任意\(P_i\)中的置换\(p_{ij}\)，都有\(k p_{ij} = a_i\)，所以对任意\(Z_k\)中的置换\(p\)，都有\(k p p_{ij} = k p_{ij} = a_i\)。显然，固定\(p_{ij}\)时，对于每个\(p\)，\(p p_{ij}\)都是一个不同的置换，而根据定义，\(p p_{ij} \in P_i\)，所以每一个\(Z_k\)中的置换都对应一个\(P_i\)中的置换。
因为\(k p_{ij} = a = k p_{i0}\)，所以\(k = k p_{i0} p_{ij}^{-1}\)，所以\(p_{i0} p_{ij}^{-1} \in Z_k\)。由于对每个\(p_{ij}\)，\(p_{i0} p_{ij}^{-1}\)都不一样，所以每个\(P_i\)中的置换都对应一个\(Z_k\)中的置换。
因此将\(k\)变成\(a_i\)的置换与\(Z_k\)中的置换一一对应，所以\(|G| = |E_k| |Z_k|\)。
这个证明是我自己想出来的，如有雷同，纯属巧合。
Burnside引理：等价类个数 \(l = \frac{1}{|G|}\sum_{p\in G}c_1(p)\)
其中\(c_1(p)\)就是在\(p\)的作用下不动的元素的个数。把\(p\)写成循环表示的话，\(c_1(p)\)就是其中的长度为1的循环的个数。
由于\(|E_k| |Z_k| = |G|\)，所以\(k\)的等价类里的元素的个数是\(\frac{G}{|Z_k|}\)。由于等价类里的每个元素的不动置换类的大小都相等，所以\(\sum_{a\in E_k} |Z_a| = \sum_{a\in E_k} |Z_k| = |E_k| |Z_k| = |G|\)。也就是每个等价类里的不动置换数之和为定值\(|G|\)。所以所有元素的不动置换数之和 \(\sum_{k=1}^n |Z_k| = l |G|\)，\(l = \frac{1}{|G|}\sum_{k=1}^n |Z_k|\)。
这个相当于数每个元素的不动置换有几个，然后求和。可以换一个形式，求每个置换有多少个不动点，然后求和，结果是一样的，即\(\sum_{p\in G} c_1(p) = \sum_{k=1}^n |Z_k|\)。所以\(l = \frac{1}{|G|}\sum_{p\in G} c_1(p)\)。
Pólya 定理
其实这个就是Burnside引理的特殊情况。
Pólya 定理解决的问题：用\(m\)种颜色对\([1, N]\)这\(N\)个对象进行染色，一种染色方案不同当且仅当\(\bar{G}\)中只有一个置换（单位元）使得这个方案置换之后仍为这个方案，求染色方案数。
我们将每个对象染上不同颜色的方案视为一个元素，那么所有元素的集合记为\([1, m^N]\)，元素个数为\(m^N\)个。我们就是要求这些元素中的等价类有多少个。注意Burnside引理中的置换群\(G\)的目标集是染色方案的集合\([1, m^N]\)，而这里的\(\bar{G}\)的目标集是\([1, N]\)。
对于一个\(\bar{G}\)中的置换\(\bar{p}\)，将其用循环表示，那么一种染色方案在\(\bar{p}\)下不动当且仅当每个循环里的对象都是同色的，假设循环个数为\(c(\bar{p})\)，那么\(\bar{p}\)在染色方案的集合上对应的置换的不动点个数为\(m^{c(\bar{p})}\)。所以等价类个数\(l = \frac{1}{|G|}\sum_{\bar{p}\in \bar{G}} m^{c(\bar{p})}\)。
由于\(G\)和\(\bar{G}\)里的置换是一一对应的，所以\(|G| = |\bar{G}|\)，所以
