（组合数学笔记）Pólya计数理论_Part.9_Pólya定理的推广——De Bruijn定理

写在前面

总结推广的Pólya定理，即De Bruijn定理，其推导过程和常用的解题方法。

问题引入

考虑对象置换群$(G)$、颜色置换群$(H)$共同作用下的染色方案计数问题，

需要考虑以下三个问题：

1. 在置换群$G$和$H$的共同作用下，两个染色方案${\phi }_1,{\phi }_2\in C^X$等价意味着什么？
2. 两个置换群的联合作用如何等价到集合$C^X$上的单个群(不妨记为$H^G$)上? 使得在这两置换群的意义下两个等价的染色方案${\phi }_1,{\phi }_2$恰好位于单个群$H^G$的同一条轨道。
3. 如何根据置换群$G$和$H$来定义$C^X$上的置换群$H^G$?

推导1

注意到在颜色集$C$上如果没有置换群$H$的作用，而仅由群$G$进行作用，两染色方案${\phi }_1,{\phi }_2$等价$⟺\exists G,\text{s.t.}{\phi }_1(x)={\phi }_2(\sigma (x)),\forall x\in X$.

现向$C$中加入置换群$H$的作用，则若存在$\sigma \in G,\tau \in H$使得
$$\tau ({\phi }_1(x))={\phi }_2(\sigma (x)),\forall x\in X,$$
则两染色方案${\phi }_1,{\phi }_2$等价，于是上述问题转化为如何根据$G$和$H$来定义$C^X$上的置换群$H^G$, 使得上式成立当且仅当${\phi }_1,{\phi }_2$位于群$H^G$的同一条轨道。下面具体分析。

对于$\forall \sigma \in G,\tau \in H$, 定义染色方案集$C^X$上的置换${\tau }^{\sigma }$如下：
$$({\tau }^{\sigma }(\phi ))(x)=\tau (\phi ({\sigma }^{-1}(x))),\forall \phi \in C^X,x\in X,$$
易得${\tau }^{\sigma }$是$C^X$上的置换。

现在令$H^G=\{{\tau }^{\sigma }|\sigma \in G,\tau \in H\}$, 则$H^G$在通常的置换合成运算意义下形成$C^X$上的置换群，且对$\forall {\tau }_1^{{\sigma }_1},{\tau }_2^{{\sigma }_2}\in H^G$，$H^G$上的置换合成运算满足
$${\tau }_1^{{\sigma }_1}\circ {\tau }_2^{{\sigma }_2}=({\tau }_1\bullet {\tau }_2{)}^{({\sigma }_1\ast {\sigma }_2)},$$
并称置换群$(H^G,\circ )$为幂群。

定理

设$G$和$H$分别是集合$X$和$C$上的置换群，对于$\forall {\phi }_1,{\phi }_2\in C^X$，在群$G$和$H$共同作用下${\phi }_1$和${\phi }_2$等价$⟺\exists \sigma \in G,\tau \in H,\text{s.t.对}\forall x\in X,\tau ({\phi }_1(x))={\phi }_2(\sigma (x))$.

推导2

根据Burnside引理，在群$G,H$的共同作用下，$C^X$中不同染色方案数(群$H^G$在$C^X$上的轨道数)为
$$\begin{array}{rl}\left|C^X/H^G\right|& =\frac{1}{|H^G|}\sum _{{\tau }^{\sigma }\in H^G}{\lambda }_1({\tau }^{\sigma })\\ & =\frac{1}{|H||G|}\sum _{\tau \in H}\sum _{\sigma \in G}{\lambda }_1({\tau }^{\sigma })\\ & =\frac{1}{|H|}\sum _{\tau \in H}\left[\frac{1}{|G|}\sum _{\sigma \in G}{\lambda }_1({\tau }^{\sigma })\right]\end{array}$$
对于给定的$\sigma \in G,\tau \in H$, 首先计算置换${\tau }^{\sigma }$的$1$循环的个数${\lambda }_1({\tau }^{\sigma })$, 也就是满足${\tau }^{\sigma }(\phi )=\phi$($\phi$是置换${\tau }^{\sigma }$的不动点)的映射$\phi$的个数，由${\tau }^{\sigma }$定义显然得到
$${\tau }^{\sigma }(\phi )=\phi ⟺\forall x\in X,\tau (\phi (x))=\phi (\sigma (x))，$$
上式说明了：$\phi \in C^X$满足${\tau }^{\sigma }(\phi )=\phi ⟺\phi$用$\tau$的同一循环中相继的颜色染色$\sigma$同一循环中相继的对象。要实现这样的染色方案，颜色所在的循环($\tau$的循环)的长度必须是对象所在的循环($\sigma$的循环)的长度的因子。

$\cdots$

De Bruijn定理

设$(G,\ast )$和$(H,\bullet )$分别是$n$元对象集$X$和$m$元颜色集$C$上的置换群，则幂群$(H^G,\circ )$在染色方案集$C^X$上的轨道数为
$$\left|C^X/H^G\right|=\frac{1}{|H|}\sum _{\tau \in H}{\mathrm{C}\mathrm{I}}_G(m_1(\tau ),m_2(\tau ),\cdots ,m_n(\tau )),$$
其中${\mathrm{C}\mathrm{I}}_G(m_1(\tau ),m_2(\tau ),\cdots ,m_n(\tau ))$是 置换群$G$的循环指数，$m_k(\tau )$是置换$\tau$的循环分解式中循环长度能够整除$k$的循环中所包含的元素个数，即
$$m_k(\tau )=\sum _{d|k}d{\lambda }_d(\tau ).$$

定理的特殊情况

$C$上没有置换群

$$\left|C^X/H^G\right|=\left|C^X/G\right|=\frac{1}{|G|}\sum _{\sigma \in G}{m}^{\lambda (\sigma )}.$$

上式即为Pólya定理。

$H$上没有置换群

$$\left|C^X/H^G\right|=\left|C^X/H\right|=\frac{1}{|H|}\sum _{\tau \in H}[{\lambda }_1(\tau ){]}^n.$$

$C,H$上均没有置换群

直接由De Bruijn定理，可以得到
$$\left|C^X/H^G\right|=|C^X|=m^n,$$
此即在没有任何群的作用下$n$元集到$m$元集的所有映射的个数。

例题

将3个白球和1个黑球放入2个方形盒子和1个圆形盒子且允许空盒的方案数(假定3个白球、2个方形盒子均不可区分)。

分析

令$X=\{b,w_1,w_2,w_3\}$为对象集，$C=\{r,s_1,s_2\}$为颜色集。显然$X$与$C$上的置换群分别为$G={\mathcal{S}}_1\oplus {\mathcal{S}}_3,H={\mathcal{S}}_1\oplus {\mathcal{S}}_2$.即
$$\begin{array}{rl}H=\{& (r)(s_1)(s_2),(r)(s_1{s}_2)\}\triangleq \{{\tau }_1,{\tau }_2\}\\ G=\{& (b)(w_1)(w_2)(w_3),(b)(w_1{w}_2{w}_3),(b)(w_1{w}_3{w}_2),\\ & (b)(w_1)(w_2{w}_3),(b)(w_2)(w_1{w}_3),(b)(w_3)(w_1{w}_2)\}\end{array}$$
所以
$${\mathrm{C}\mathrm{I}}_G(x_1,x_2,x_3,x_4)=\frac{1}{6}(x_1^4+2x_1{x}_3+3x_1^2{x}_2),$$
对于$\tau \in H$, 根据公式
$$m_k(\tau )=\sum _{d|k}d{\lambda }_d(\tau ),$$
有
$$\begin{array}{cccc}{m}_1({\tau }_1)=3,& m_2({\tau }_1)=3,& m_3({\tau }_1)=3,& m_4({\tau }_1)=3,\\ m_1({\tau }_2)=1,& m_2({\tau }_2)=3,& m_3({\tau }_1)=1,& m_4({\tau }_2)=3.\end{array}$$
于是根据De Bruijn定理，有
$$\begin{array}{rl}N& =\left|C^X/H^G\right|\\ & =\frac{1}{|H|}\sum _{\tau \in H}{\mathrm{C}\mathrm{I}}_G(m_1(\tau ),m_2(\tau ),m_3(\tau ),m_4(\tau ))\\ & =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{6}\left(3^4+2\times 3^2+3^4\right)+\frac{1}{6}(1^4+2\times 1^2+3\times 1^2\times 3)\right]\\ & =16.\end{array}$$

其方案数为$16$.