置换群

群的概念

给定集合 G G 和 G G 上的二元运算“ ⋅ · ”，如满足下列条件，称集合 G G （在运算“ ⋅ · ” 之下）为一个群。
(a) 封闭性：若 a,b∈G a , b ∈ G ，则存在 c∈G c ∈ G ,使得 a⋅b=c a · b = c ；
(b) 结合律：任意 a,b,c∈G a , b , c ∈ G ，有 (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c) ( a · b ) · c = a · ( b · c ) ；
(c) 有单位元：存在 e∈G e ∈ G ，任意 a∈G a ∈ G ，有 a⋅e=e⋅a=a a · e = e · a = a ；
(d) 有逆元：任意 a∈G a ∈ G ，存在 b∈G b ∈ G , a⋅b=b⋅a=e a · b = b · a = e ， b=a−1 b = a − 1 。

置换群

[1,n]到自身的1-1变换，称为置换。[1,n]为目标集，称为n阶置换.

(1a12a2......nan) ( 1 2 . . . n a 1 a 2 . . . a n )

a1a2…an是[1,n]中元的一个排列。

置换乘法

举个栗子：
p1=(13213244),p2=(14233241). p 1 = ( 1 2 3 4 3 1 2 4 ) , p 2 = ( 1 2 3 4 4 3 2 1 ) .
1→p13→p22,2→p11→p24,3→p12→p23,4→p14→p21. 1 → p 1 3 → p 2 2 , 2 → p 1 1 → p 2 4 , 3 → p 1 2 → p 2 3 , 4 → p 1 4 → p 2 1.
∴p1p2=(12243341) ∴ p 1 p 2 = ( 1 2 3 4 2 4 3 1 )
同理，有 p2p1=(14223143) p 2 p 1 = ( 1 2 3 4 4 2 1 3 )
所以一般情况下不满足交换律。

[1,n]上的所有n阶置换在上面的乘法定义下是一个群，称之为对称群，记做Sn 。

循环

(a1a2...am)=(a1a2a2a3......ama1) ( a 1 a 2 . . . a m ) = ( a 1 a 2 . . . a m a 2 a 3 . . . a 1 ) 称为置换的循环表示。.
任一置换可表成若干不相交循环的乘积。

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这里有一些与置换和循环有关的题目（由于某些原因，大多数代码都咕了）。
poj2369：给出一个1-n的排列p，每次令 pk[n]=p[pk−1[n]] p k [ n ] = p [ p k − 1 [ n ] ] ，求最小的k使 pk p k 为升序。
一句话题解：这显然是个置换，那么求出每个循环节的长度，求一下lcm即可。

poj1026：给出一个长度为n的字符串（如果不够用空格补，而且读入时有空格（据说不止一个就不能scanf了）），每次置换将一个位置上的字符置换到某一个给定的位置，求k次后字符串是什么样子。
一句话题解：这道题直接暴力搞应该不太现实，所以可以考虑对每个循环做k%（循环节）次。

poj1721：把一堆牌放到一个机器里面，如果在第i个位置上的牌为j，在第j个位置上的牌为k，那么一次操作后第i个位置上的牌会变成k.已知s次操作后牌的序列，求最初的序列。
一句话题解：假设循环节为r,那么最初的序列就是已知序列再操作r-s%r次的结果。反正操作n次是可以跑过的。

uva12103：给出26个大写字母的置换B，问是否存在一个置换A，使得A^2 = B。
一句话题解：假设循环长度为n，因为n为奇数时，循环的平方仍是一个长度为n的循环，但n为偶数时，循环的平方变为了两个n/2长度的循环（证明咕了）。所以当长度为偶数的循环个数也为偶数时存在，否则不存在。

uva1156：给出一些变换，问需要重复几次才能回复原图像。
一句话题解：就是个裸题，只是实现起来比较恶心。

uva11330：Andy把他的鞋放成一排，左右交替，但并不一定配好对。他爹（？）想用最少的步数使鞋子配对。这里一步是交换两只鞋子。
一句话题解：我们可以固定一下左边的鞋子，交换右边的鞋子，那么就有置换了。因为我们知道：(1 2 … n)=(1 2)(1 3)…(1 n)，所以将所有（循环长度-1）求和即为答案。

codeforces612e：给出一个置换B，求使得A^2=B的置换A。看着和上面某一道题谜之相似是吧(o°ω°o)
一句话题解：大部分内容都在上文说过了，所以长度为奇数的循环逆推过去，长度为偶数的循环两两组合即可。

poj3590：求一个n元置换p，使当p^k=e时，k最大。
一句话题解：就是要让所有循环长度的lcm最大。然后用dp做。
由于我没做过对状态转移不了解所以就放别人的题解好了

再给一道和循环有关但不是用循环做的题：Codeforces1012E.
这里是某YHNdalao的题意和题解

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burnside引理

Burnside引理：设 G=a1,a2,…,ag G = a 1 , a 2 , … , a g 是目标集[1,n]上的置换群，每个置换都写成不相交循环的乘积。G将[1,n]换分成l个等价类。 c1(ak) c 1 ( a k ) 是在置换ak的作用下不动点的个数，也就是长度为1的循环的个数。则不同等价类的个数 l=[c1(a1)+c1(a2)+…+c1(ag)]/|G| l = [ c 1 ( a 1 ) + c 1 ( a 2 ) + … + c 1 ( a g ) ] / | G | 。

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举个栗子：
有一个长度为3的环，每个点填上”X”或”E”，旋转后相同的算一种方案，求方案数。

不考虑旋转，显然有 23=8 2 3 = 8 种方案。
不旋转，那么p1=(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)；
顺时针旋转一次，那么p2=(1)(2 4 3)(5 6 7)(8)；
顺时针旋转两次，那么p3=(1)(2 3 4)(5 7 6)(8)。
所以不同等价类的个数： 13×(8+2+2)=4 1 3 × ( 8 + 2 + 2 ) = 4 .

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Pólya定理

Pólya定理 ：设 G¯¯¯¯={a¯¯¯1,a¯¯¯2,...,a¯¯¯g} G ¯ = { a ¯ 1 , a ¯ 2 , . . . , a ¯ g } 是目标集[1,n]上的置换群，每个置换都写成不相交循环的乘积， c(a¯¯¯k) c ( a ¯ k ) 是置换 a¯¯¯k a ¯ k 的循环的节数，用m种颜色对[1,n]中的元素着色，则不同着色方案数为 l=1|G¯¯¯¯|[mc(a¯¯¯1)+mc(a¯¯¯2)+...+mc(a¯¯¯g)] l = 1 | G ¯ | [ m c ( a ¯ 1 ) + m c ( a ¯ 2 ) + . . . + m c ( a ¯ g ) ] .

那么还是上面那个例子，就可以这么算：
我们假设从左到右分别为2、1、3.
那么置换群为：
p1=(1)(2)(3)，p2=(1 2 3)，p3=(1 3 2).
所以不同等价类的个数： 13(23+21+21)=4 1 3 ( 2 3 + 2 1 + 2 1 ) = 4 .

（算了算了我先鸽着后面的…看这份吧以后再填）