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,bG,有a*bG;

结合律:对任何a,b,cG有(a*b)*c=a*(b*c);

单位元:存在eG,使得对所有的aG,都有a*e=e*a=a;

逆元:对于每个元素aG,存在xG,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.

   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)G1…n的置换群。若K1…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<n;i++)
        if(!visit[i])
        {   sum++;
            pos=i;
            for(int j=0;!visit[perm[pos]];j++)
            {   pos=perm[pos];
                visit[pos]=1;
            }   
        }
    return sum;   
}

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<iostream>
#include<cmath>
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))<<endl;
    }
    return 0;
}

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<iostream>
#include<cstring>
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<typename T>
__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;i++)
        if(!visit[i])
        {   total++;
            visit[pos=i]=1;
            for(int j=0;!visit[perm[pos]];j++)//j记录当前循环节的长度 
            {   pos=perm[pos];
                visit[pos]=1;
            } 
        }  
    return total;    
}
__int64 Polya()
{   __int64 sum=0;
    for(int i=0;i<num;i++)
    {   for(int j=0;j<num;j++)//构造逆时针旋转i个位置形成的置换 
            perm[j]=(i+j)%num;
        sum+=Pow(3,Cycle());    
    }
    if(num&1)
    {   for(int i=0;i<num;i++)
        {   for(int j=0;j<num;j++)//构造经过某点i与中心的连线为轴的翻转后形成的置换 
                perm[(i+j)%num]=(i-j+num)%num;
            sum+=Pow(3,Cycle());        
        }
    }
    else
    {   for(int i=0;i<num/2;i++)
        {   for(int j=0;j<num;j++)//构造经过某点i与中心的连线为轴的翻转后形成的置换 
                perm[(i+j)%num]=(i-j+num)%num;
            sum+=Pow(3,Cycle());  
        }
        for(int i=0;i<num/2;i++)
        {   for(int j=0;j<num;j++)//构造经过某点i与i+1的中点和中心的连线为轴的翻转后形成的置换 
                perm[(i-j+num)%num]=(i+j+1)%num;
            sum+=Pow(3,Cycle());  
        }
    } 
    return sum/2/num;
} 
int main()
{   while(cin>>num,num!=-1)
        cout<<(num==0?0:Polya())<<endl;    
    return 0;
}

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<iostream>
#include<cstring>
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<n;i++)
            cin>>Arr[i]; 
        for(int i=0;i<n;i++) 
            if(!visit[i]) 
            {  sum++;
               visit[i]=1;
               temp=Arr[i];
               for(int j=i+1;j<n;j++)
                   if(!visit[j]&&temp>Arr[j]) 
                   {   temp=Arr[j];
                       visit[j]=1;
                   }
            }
        cout<<sum<<endl;    
    }
    return 0;
}

Polya定理题目总结:HDOJ 1812,2084,2647, POJ 2154,2409,2888等。 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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