【知识总结】Burnside 引理和 Polya 定理
（原稿发送于 2019 年 7 月 10 日，大部分内容更新于 2020 年 5 月 5 日至 6 日）
我第一次听说 Polya 原理是 NOIP2017 以前，但我觉得太难想着以后再学；
NOIP2018 以前我觉得会考这玩意，下定决心学，后来咕了；
WC2019 以前我觉得会考这玩意，下定决心学，后来咕了；
SNOI2019 以前我觉得会考这玩意，下定决心学，后来咕了；
CTS2019 以前我觉得会考这玩意，下定决心学，后来咕了；
APIO2019 以前我觉得会考这玩意，下定决心学，后来咕了；
THUSC2019 以前我觉得会考这玩意，下定决心学，后来咕了；
今天距离 NOI2019 还有不到一周，我又下定决心学，赶紧抓着 jumpmelon 让他给我讲，然后他两句话就说完了。
摔.jpg
由于 Polya 原理是我临时抱瓜脚学的，所以这篇博客里只有不严谨的结论，严谨了表述和证明什么的 NOI 以后 看心情 再补。
基于上述原因，这篇博客的吐槽环节可能比正文（不含代码）还长
问题：有一个 \(n\) 个点的环和 \(m\) 种颜色，求给每一个点染一种颜色的本质不同的方案数。两种方案本质不同当且仅当它们不能通过旋转互相得到。
结论：方案数是 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n m^{\gcd(n,i)}\)
Updated: 2020 年 5 月 5 日
这都快 NOI2020 了，我终于想起来更新了 qwq 。
主要参考资料：充满对称性的计数——Burnside引理与Polya定理 - 知乎
在无特殊说明的情况下，下文中所有序列的长度均为 \(N\) 。
定义
这些定义根据本文所需简化了，可能与严谨的定义有出入。
置换：若序列 \(A=\{a_1,a_2,\dots,a_N\}\) 经过一次变换后变为 \(A'=\{a_{p_1},a_{p_2},\dots,a_{p_N}\}\) ，其中 \(P=\{p_1,p_2,\dots,p_N\}\) 是 \([1,N]\) 的一个排列，则这个操作称为置换操作，记作 \(A*P=A'\) ，这个排列称为置换。
不动点：\(P\) 中满足 \(i=P_i\) 的 \(i\) 的数量称为 \(P\) 的不动点数。
置换群：若一个置换的集合 \(S\) 满足以下条件，那么这个置换的集合称为置换群：
- 封闭性：对于 \(P_1\in S\) 和 \(P_2\in S\) ，有\(P_1*P_2\in S\) 。
- 存在单位元：存在一个置换使得任意序列都是它的不动点。
- 存在逆元：对于任意序列 \(a\) 能通过置换操作成为的 \(a'\) ，\(a'\) 也能通过置换操作成为 \(a\) （即存在逆元）。
（置换本身满足结合律，所以上述置换群的定义似乎和常见的群的定义差不多）
等价类：对于置换群 \(S\) ，若序列的集合 \(E\) 中的所有序列都可以通过若干次置换操作成为 \(E\) 中任意一个元素，则 \(E\) 称为一个等价类。根据置换群的定义，\(E\) 中的任意一个元素通过若干次置换操作后的结果一定在 \(E\) 中。等价类在 OI 题目中常常表述为「本质相同的方案」之类。
一个我也不知道叫什么的定理
好像叫什么「轨道 - 中心化子定理」
设 \(G\) 为置换群，对于序列中任意一个元素 \(k\) ，\(E_k\) 是它所在的等价类（根据定义显然每个元素在且仅在一个等价类中），\(Z_k\) 是所有 \(k\) 是不动点的置换组成的集合。则：
警告 ：证明比较繁琐，可以选择不看。
证明：如果 \(|E_k|=1\) ，那么显然对于 \(G\) 中的任意一个置换都有 \(p_k=k\) ，即 \(k\) 是所有置换的不动点，\(|Z_k|=|G|\) ，上式显然成立。
否则，考虑 \(E_k\) 中一个不同于 \(k\) 的点 \(u\) ，任选一个 \(P_k=u\) 的置换 \(P\) （即 \(k\) 通过 \(P\) 置换到 \(u\) ），那么显然 \(P\notin Z_k\) 。令 \(Z_{k,u}=\{x|x=P*P',P'\in Z_k\}\) 。根据置换群的封闭性， \(Z_{k,u}\subset G\) 。此外 \(Z_{k,u}\) 还有一些性质：
一
\(|Z_{k,u}|=|Z_k|\) 。根据置换的可逆性，若 \(P_1\neq P_2\) ，则 \(P*P_1\neq P*P_2\) ，因此 \(P*P',P'\in Z_k\) 互不相等，所以 \(|Z_{k,u}|=|Z_k|\) 。
二
任意一个 \(P_k=u\) 的 \(P\) 构造出的 \(Z_{k,u}\) 都相同。若 \(P_k=u\) 且 \(P'_k=u\) ，任取 \(Q\in Z_k\) ，考虑 \((P'^{-1}*P*Q)_k\) 。因为 \(P_k=P'_k\) ，所以在两边置换前先进行一次 \(P'\) 的逆置换仍然是相等的，即 \((P'^{-1}*P)_k=(P'^{-1}*P')_k=k\) 。那么 \((P'^{-1}*P*Q)_k=Q_k=k\) ，即 \(P'^{-1}*P*Q\in Z_k\) 。
令 \(Q'=P'^{-1}*P*Q\) ，则任意一个 \(P*Q\) 都能对应到一个 \(P'*Q',Q'\in Z_k\) ，即一个由 \(P'\) 构造出的 \(Z_{k,u}\) 中的元素。由于 \(P\) 和 \(P'\) 的任意性，所以反之亦然。
三
\(Z_{k,u}\cap Z_k=\empty\) 。假设置换 \(Q\in Z_{k,u}\cap Z_k\) ，因为 \(Q=P*P'\) 相当于从 \(k\) 先变换到 \(u\) ，再从 \(u\) 变换到 \(P'_u\) （即 \(Q_k\) ）。
若 \(Q_k=k\) 说明 \(P'_u=k\) ，又因为 \(P'\in Z_k\) 所以 \(P'_k=k\) ，这样 \(P'\) 中就有两个 \(k\) ，与排列的定义矛盾。因此不存在这样的 \(Q\) 。
四
\(Z_{k,u}\cap Z_{k,v}=\empty, u,v\in E_k\) 。
假设 \(P_k=u,P'_k=v\) ，\(Q,Q'\in Z_k\) 。那么 \(P*Q\in Z_{k,u},P'*Q'\in Z_{k,v}\) 。
若 \(P*Q=P'*Q'\) ，两边同时乘上 \(Q^{-1}\) （显然 \(Q^{-1}_k=Q_k=k\) 即 \(Q^{-1}\in Z_k\) ）得到 \(P=P'*Q'*Q^{-1}\) ，那么 \(P_k=(P'*Q'*Q^{-1})_k=P_k=(P'*(Q'*Q^{-1}))_k\) 。
由于 \(Q'\in Z_k,Q^{-1}\in Z_k\) ，那么 \(Q'*Q^{-1} \in Z_k\) ，即通过 \((Q'*Q^{-1})\) 置换对 \(k\) 没有影响。那么就有 \(P'_k=P_k=u\) ，与 \(P'_k=v\) 矛盾，故这种情况不存在。
结论
综上所述，对于所有 \(u\neq k,u\in E_k\) ，\(Z_{k,u}\) 的大小均为 \(|Z_k|\) 且互不相交。显然，所有不在 \(Z_k\) 中的置换 \(P\) 都属于且仅属于 \(Z_{k,P_k}\) ，再加上 \(Z_k\) 中的置换，就有 \(|G|=|E_k|\times |Z_k|\) 。
バーンサイド Burnside 引理
设 \(C(P)\) 表示置换 \(P\) 的不动点个数，则对于置换群 \(G\) ，等价类个数 \(L\) 为 \(G\) 中各个置换的不动点数的平均数。即：
证明：根据上面的定理，每个等价类中的点的 \(|Z_k|\) 都相等，因此每个等价类中 \(|E_k|\) 个点的 \(|Z_k|\) 之和就是 \(|G|\) 。那么，所有点的 \(|Z_k|\) 之和，也就是 \(\sum_{P\in G} C(P)\) 之和，就是等价类数乘上 \(|G|\) 。
一个常见的模型
有一个长为 \(n\) 的圆环，每个位置可以填 \([1,K]\) 中任意一个整数，求本质不同的填数方案数。通过旋转和翻转能够互相得到的方案视为本质相同。
（严谨地定义一下：对于序列 \(\{a_0,a_1,\dots,a_{n-1}\}\) ，旋转 \(k\) 位就是把 \(a_i\) 变成 \(a_{i+k\bmod n}\) ，翻转就是把 \(a_i\) 变成 \(a_{-i\bmod n}\) 。）
这里包含 \(2n\) 个置换：不翻转并旋转 \(k\) 位和翻转并旋转 \(k\) 位 \((0\leq k<n)\) 。这些置换显然构成了一个置换群。把每种染色方案看作上述序列中的一个点（共 \(K^n\) 个），则每种方案能通过这些置换得到的方案都是本质相同的方案。这样就把题目转化成了等价类计数问题，可以直接套用 Burnside 引理。
但是，使用 Burnside 引理需要算出每个置换的不动点数，所以需要对每个置换分别枚举 \(K^n\) 种填数方案，并检查这些方案是否是不动点，时间复杂度太高了。对于这个问题，可以使用 Polya 定理来优化。
ポリア Polya 定理
我并不是特别确定这个定理指的是哪个具体的公式。我更愿意把它看作一种求不动点数的一般思路。
对于一个置换 \(P\) ，把序列的每个位置看成一个点，从 \(i\) 向 \(P_i\) 连边，这样一定形成的是若干个有向环。在上述问题中，如果某种方案对于 \(P\) 是不动点，那么它一定满足每个环上的点填的数都相同（显然这样才能保证置换后不变），而环与环之间则互不影响。因此，置换 \(P\) 的不动点数就是 \(K^m\) ，其中 \(m\) 是环的数量。
特殊地，考虑上述那个模型。对于不翻转的置换，如果旋转 \(k\) 位，那么环的数量就是 \(\gcd(n,k)\) （所有点按照模 \(\gcd(n,k)\) 的余数分类。证明略）。而翻转后再旋转 \(k\) 位的置换的环的数量则比较复杂。
根据上面对「翻转」的定义，第 \(i\) 位的数翻转后再旋转 \(k\) 位后会到第 \(-i+k\bmod n\) 位。因为 \(-(-i+k)+k=i\) ，所以这个置换最多做两次就会回到本身，也就是环长最多是 \(2\) 。那么，环的数量就是 \(\frac{n-a}{2}+a\) ，其中 \(a\) 是自环的数量，也就是满足 \(-i+k=i\bmod n\) 的 \(i\) 的数量。接下来考虑 \(a\) ，也就是如下方程的解的个数怎么求。
当 \(n\) 是奇数时存在 \(2\) 的逆元，因此有且只有一个解。环的数量是 \(\frac{n-1}{2}+1\) 。
当 \(n\) 是偶数时，若 \(k\) 是偶数则存在 \(\frac{k}{2}\) 和 \(\frac{k+n}{2}\) 两个解，若 \(k\) 是奇数则无解。环的数量是 \(\frac{n-2}{2}+2=\frac{n}{2}+1\) （\(k\) 是偶数）或 \(\frac{n}{2}\) （\(k\) 是奇数）。
例题：洛谷 4980 Polya 定理
相当于只考虑不翻转的 \(n\) 个置换的情况。直接套用上面的结论，答案是：
给 \(n\) 分解质因子然后按照质因子搜索它的所有因数，搜索时维护一下 \(\varphi\) 就好了
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
namespace zyt
{
template<typename T>
inline bool read(T &x)
{
char c;
bool f = false;
x = 0;
do
c = getchar();
while (c != EOF && c != '-' && !isdigit(c));
if (c == EOF)
return false;
if (c == '-')
f = true, c = getchar();
do
x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
while (isdigit(c));
if (f)
x = -x;
return true;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
static char buf[20];
char *pos = buf;
if (x < 0)
putchar('-'), x = -x;
do
*pos++ = x % 10 + '0';
while (x /= 10);
while (pos > buf)
putchar(*--pos);
}
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int SQRTN = 4e4 + 10, P = 1e9 + 7;
pii prime[SQRTN];
int pcnt, n, ans;
int power(int a, int b)
{
int ans = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
ans = (ll)ans * a % P;
a = (ll)a * a % P;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int inv(const int a)
{
return power(a, P - 2);
}
void get_prime(int n)
{
pcnt = 0;
for (int i = 2; i * i <= n; i++)
if (n % i == 0)
{
prime[pcnt++] = pii(i, 0);
while (n % i == 0)
++prime[pcnt - 1].second, n /= i;
}
if (n > 1)
prime[pcnt++] = pii(n, 1);
}
void dfs(const int pos, const int mul, const int pmul, const int div)
{
if (pos == pcnt)
{
ans = (ans + (ll)mul / div * pmul * power(n, n / mul)) % P;
return;
}
dfs(pos + 1, mul, pmul, div);
for (int i = 1, tmp = prime[pos].first; i <= prime[pos].second; i++, tmp *= prime[pos].first)
dfs(pos + 1, mul * tmp, pmul * (prime[pos].first - 1), div * (prime[pos].first));
}
int work()
{
int T;
read(T);
while (T--)
{
ans = 0;
read(n);
get_prime(n);
dfs(0, 1, 1, 1);
write((ll)ans * inv(n) % P), putchar('\n');;
}
return 0;
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("4980.in", "r", stdin);
#endif
return zyt::work();
}
