Burnside引理與Polya定理

感覺這兩個東西好鬼畜= = ，考場上出了肯定不會qwq。不過還是學一下吧用來裝逼也是極好的

與下文知識無關。。

給出乙個集合$g = \$和集合上的二元運算"$*$"，並滿足

(1).封閉性：$\forall a, b \in g, \exists c \in g, a * b = c$

(2).結合律：$\forall a, b, c \in g, (a * b) * c = a * (b * c)$

(3).單位元：$\exists e \in g, \forall a \in g, a * e = e * a = a$

(4). 逆元：$\forall a \in g, \exists b \in g, a * b = b * a = e$，記$b = a^$

則稱集合$g$在運算「$*$」之下是乙個群，簡稱$g$是群

$n$個元素， $1, 2, \dots n$之間的乙個置換$\begin 1 & 2 & \ldots n \\ a_ & a_ & \ldots a_ \end$表示$1$被$1$到$n$中的某個數$a_1$取代，$1$被$1$到$n$中的某個數$a_2$取代，$\dots$直到$n$被$1$到$n$中的某個數$a_n$取代，且$a_1, a_2, \dots a_n$互不相同

置換群的標準定義涉及到新定義，在oi中你可以簡單的認為

置換群的元素是置換，運算是置換的連線，

例如$$\begin 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end\begin 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end=\begin 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 3 & 1 \end$$

解釋一下：

在第乙個置換中，$1$變為$3$，第二個置換中$3$變為$2$，因此$1$先變為$3$再變為$2$

在第乙個置換中，$2$變為$1$，第二個置換中$1$變為$4$，因此$2$先變為$1$再變為$4$

在第乙個置換中，$3$變為$2$，第二個置換中$2$變為$3$，因此$3$先變為$2$再變為$3$

在第乙個置換中，$4$變為$4$，第二個置換中$4$變為$1$，因此$4$先變為$4$再變為$1$

設$g= \$是目標集$[1,n]$上的置換群，$d(a_i)$表示在置換$a_i$作用下不動點的個數。$l$表示本質不同的方案數，則

$$l = \frac \sum_^s d(a_j)$$

在burnside引理中，$d(a_i)$，也就是不動點的個數往往不是很好計算。如果採用列舉每個元素的搜尋演算法，總時間複雜度為$o(nsp)$，其中$n$表示元素個數，$s$表示置換個數，$p$表示格仔數

polya定理對於特定的題目，提供了一種高效的計算方法

首先介紹一下迴圈的概念

$$\left( a_a_\ldots a_\right) =\begin a_ & a_ & \ldots & a_a_ \\ a_ & a_ & \ldots & a_a_ \end$$

稱為$n$階迴圈。每個置換都可以寫成若干不相交的迴圈的乘積，兩個迴圈$(a_1, a_2, \dots a_n)$和$(b_1b_2 \dots b_n)$互不相交是指$a_i \not =b_j,i, j = 1,2, \dots n$

例如$$\begin 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 5 & 1 & 4 & 2 \end=\left( 13\right) \left( 25\right) \left( 4\right)$$

解釋一下，$1$先變成$3$，$3$再變成$1$，這樣無限遞迴下去$(1,3)$便構成了乙個迴圈

同理，$(2,5)$也會構成乙個迴圈。

$4$只能變成自己，因此自己構成為乙個迴圈

設$g$是$p$個物件的乙個置換群，用$m$種顏色塗染$p$個物件，則不同染色方案為$$l = \frac (m^ + m^ + \dots + m^)$$

其中$g = \$，$c(g_i)$為置換$g_i$的迴圈節數$(i = 1, 2, \dots s)$

polya定理沒有列舉元素，因此它的複雜度為$o(sp)$

但是它也有一定的限制條件，比如說某種顏色的不能選

這時候我們就需要利用乙個高階操作(例如dp)，來推廣polya定理

Burnside引理與Polya定理

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Burnside引理與Polya定理

Burnside 引理與 P lya 定理

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