Polya定理，Burnside引理
涉及到组合数学的问题，首先是群的概念：
设G是一个集合，*是G上的二元运算，如果(G,*)满足下面的条件：
封闭性：对于任何a,b∈G,有a*b∈G;
结合律：对任何a,b,c∈G有(a*b)*c=a*(b*c);
单位元：存在e∈G,使得对所有的a∈G,都有a*e=e*a=a;
逆元：对于每个元素a∈G,存在x∈G,使得a*x=x*a=e,这个时候记x为a-1，称为a的逆元，那么则称(G,*)为一个群。
例：G={0,1,2,3,4....n-1}那么它在mod n加法下是一个群。
群元素的个数有限，称为有限群，且其中元素的个数称为阶，记为|G|,群元素的个数无限，称为无限群。
若对于群元素中的任意两个元素a,b都有ab=ba那么称G为交换群，简称Abel群。
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置换：设X为一个有限集，π是X到X的一个--变换，那么称π是X上的一个置换。
例：设X={1,2,3,4....n},设π是X的一个变换，满足π：1->a1,2->a2,......n->an,其中a1,a2...an是X的一个排列，则称π是X上的一个置换。
可将π记为 1 2 ...... n
a1 a2 ......a n
同一置换用这样的表示法有n!种，但其对应的关系不变。
假设循环π只这样一个置换，满足π：a1->a2,a2->a3,.............ak->a1,但是对于其他元素保持不变，即：a->a,
可将π记为 a1 a2 ...... ak
a2 a3 ...... a1
称为k阶循环，K为循环长度。
每个置换都可以写成若干个互不相交的循环的乘积，且表示是唯一的.
如 1 2 3 4 5 6
2 4 5 1 3 6 ，则可以表示为(124)(35)(6),置换的循环节数是上面的循环个数，上面的例题的循环节数为3.
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定义：设G是有限集X上的置换群，点a,b∈X称为"等价"的，当且仅当，存在π∈G使得π(a)=b，记为a~b，这种等价条件下，X的元素形成的等价类称为G的轨道，它是集X的一个子集，G的任意两个不同的轨道之交是空集，所以置换群G的轨道全体是集合X的一个划分，构成若干个等价类，等价类的个数记为L。
Zk (K不动置换类)：设G是1…n的置换群。若K是1…n中某个元素，G中使K保持不变的置换的全体，记以Zk，叫做G中使K保持不动的置换类，简称K不动置换类。
Ek(等价类)：设G是1…n的置换群。若K是1…n中某个元素，K在G作用下的轨迹，记作Ek。即K在G的作用下所能变化成的所有元素的集合。.
这个时候有：|Ek|*|Zk|=|G|成立(k=1,2,.....n)。
C(π)：对于一个置换π∈G,及a∈X，若π(a)=a，则称a为π的不动点。π的不动点的全体记为C(π)。例如π=(123)(3)(45)(6)(7)，X={1,2,3,4,5,6,7};那么C(π)={3,6,7}共3个元素。
Burnside引理：L=1/|G|*(Z1+Z2+Z3+Z4+......Zk)=1/|G|*(C(π1)+C(π2)+C(π3)+.....+C(πn))(其中k∈X,π∈G)。
Polya定理：设G={π1，π2，π3........πn}是X={a1，a2，a3.......an}上一个置换群，用m中颜色对X中的元素进行涂色，那么不同的涂色方案数为：1/|G|*(mC(π1)+mC(π2)+mC(π3)+...+mC(πk)). 其中C(πk)为置换πk的循环节的个数。
polya定理求循环节个数代码模板：
const int MAX=1001;
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
int n,perm[MAX],visit[MAX];//sum求循环节个数,Perm用来存储置换,即一个排列
int gcd(int n,int m)
{ return m==0?n:gcd(m,n%m);
}
void Polya()
{ int pos,sum=0;
CLR(visit,0);
for(int i=0;i一般可以证明：当只有旋转的时候(顺时针或逆时针)，对于一个有n个字符的环，可顺时针或逆时针旋转几个位置，由于至少有n个置换，但是假设我顺时针旋转k个位置，他就等同于逆时针转动n-k个位置，假设一个置换为:G={π0，π1，π2，π3，π4，...，πn-1}，这个时候可以证明逆时针旋转k个位置时πk的循环节的个数为Gcd(n,k)，且每个循环的长度为L=n/gcd(n,i)。
例题1：NYOJ 280(LK的项链)，涉及到旋转和翻转，上面已经说了旋转的情况，下面说下翻转的规律。
当n为奇数的时候，这个时候只有一种形式，假设经过某个顶点i与中心的连线为轴的翻转πi，共有n个，置换πi的形式如下，i保持不变：
πi：i->i，i+1->i-1，i+2->i-2，i+3->i-3.................i+n-1->(i-(n-1)+n)%n。
这个时候由对称性知，加上顶点i共有n个循环节数为(n+1)/2的循环群 。
当n为偶数时，有两种形式：
(1)、经过某个顶点与中心的连线为轴的翻转，有n/2个，这个时候和第一种为奇数的时候一样。
(2)、以顶点i和i+1的中点与中心的连线为轴翻转，共有n/2个：
πi:i->i+1，i-1->i+2，i-2->i+3，.................(i-j+n)%n->(i+j+1)%n。
这个时候共有n/2个循环节数(n+2)/2的循环群，和n/2个循环节数n/2的循环群。要特别注意0的情况，输出0即可。且由于对于输入不同的num均有2*num中置换，所以结果应该是/(2*num)。
#include
#include
using namespace std;
#define __int64 long long
__int64 pow(int value,int num)
{ __int64 sum=1;
for(int i=1;i<=num;i++)
sum*=value;
return sum;
}
int gcd(int n,int m)
{ return m==0?n:gcd(m,n%m);
}
__int64 Polya(int Color,int num)//长度为num具有Color中颜色的环形串的个数
{ __int64 sum=0;
for(int i=1;i<=num;i++)
sum+=pow(Color,gcd(num,i));
if(num&1) sum+=num*pow(Color,(num+1)/2);
else sum+=(pow(Color,num/2+1)+pow(Color,num/2))*num/2;
return sum/2/num;
}
int main()
{ int num;
while(cin>>num,num!=-1)
{ cout<<(num==0?0:Polya(3,num))< 当然如果你不知道翻转和旋转后的循环节为多少，我们可以自己构造置换，再利用上面求循环节的个数的模板求解即可，只是代码相对而言会比较的长。
#include
#include
using namespace std;
const int MAX=50;
#define __int64 long long
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
int num,perm[MAX],visit[MAX];
template
__int64 Pow(T value,int num)
{ __int64 sum=1;
for(int i=1;i<=num;i++)
sum*=value;
return sum;
}
__int64 Cycle()//total为循环节个数
{ __int64 pos,total=0;
CLR(visit,0);
for(int i=0;i>num,num!=-1)
cout<<(num==0?0:Polya())< 例题2：HDU 1257(最少拦截系统)，这个题目其实不属于Ploya定理，只是这个题目我也不知道放在哪里，但是我是根据求Ploya的循环节长度做的，所以顺便就贴在这里了。
#include
#include
using namespace std;
const int MAX=100010;
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
int n,Arr[MAX],temp,visit[MAX];
int main()
{ while(cin>>n)
{ int sum=0;
CLR(visit,0);
for(int i=0;i>Arr[i];
for(int i=0;iArr[j])
{ temp=Arr[j];
visit[j]=1;
}
}
cout< Polya定理题目总结：HDOJ 1812，2084，2647， POJ 2154，2409，2888等。