Burnside引理與Polya定理

一類狀態在乙個置換群 ($g$) 的作用下本質不同的狀態（不同等價類）個數

$∣x/g∣=\dfrac*\sum\limits_c(r)$

$c(r)$表示在 $r$ 這一置換作用下不動點（狀態不變的方案）的個數。

證明略。

$c(r)=k^m$

$k$ 為當前置換不同迴圈的個數，$m$為可賦予顏色數。

即位於同一迴圈（可互相替代，專業叫等價類）的元素顏色相同才能成為不動點。

不同的翻轉操作即為置換群。

對於向下 $90^\circ $ 的操作，中間四個面，左邊的面，右邊的麵即為三個不同的迴圈（等價類）。

給定乙個 $n$ 個點，$n$ 條邊的環，有 $n$ 種顏色，給每個頂點染色，問有多少種本質不同的染色方案。

咳咳，不是我懶得寫，主要 latex 太難打了。

說明一下那個 $gcd$ 那點：

對於乙個旋轉 $k$ 次的操作，當前點旋轉 $n/gcd(n,k)$ 次就會回到當前點，即 $k * ( n / gcd ( n,k ) ) %n == 0$ 。因此乙個迴圈有 $n/gcd(n,k)$ 節點，所以一共有 $gcd(n,k)$ 個迴圈。

#includeusing namespace std;
#define ll long long
const ll n=1e5+8;
ll n;
const ll mod=1e9+7;
ll qm(ll x,int p)
ll read()
return x;
}ll ol(ll x) 
if(x>1) ans=ans*(x-1)%mod*qm(x,mod-2)%mod;
return ans%mod;
}int main()
printf("%lld\n",ans);
}}

還有道一樣的題：【例題1】彩色項鍊1

【例題2】彩色項鍊2

改成 $m$ 種顏色還是一樣的，只是改一下對應底數就行,翻轉的操作也較好處理。

還有一道：p5233 [jsoi2012]愛之項鍊

本題還不清楚為啥 t 了。亂開longlong害死人。

關於波利亞定理的運用是一樣的，只是多了個 $dp$ 和數學求斐波那契數列一類的通項公式的方法，後者還沒學會，不過可以用矩陣代替。

邊有兩種顏色，

求含 n 個點的圖在同構意義下不同構的圖的數目。

a圖與b圖被認為是同構的是指：a圖的頂點經過一定的重新標號以後，a圖的頂點集和邊集要完全與b圖一一對應。

對於自己來說可能更清楚的講解：

乙個圖的置換，其實就是找一種排列來替換 $1\thicksim n$的點。

對於乙個置換，將其拆為若干個互不影響的置換。

2 3 1

1 2 3

以上置換代表用 2 3 1 頂替 1 2 3。

例如：5 3 2 1 4

1 2 3 4 5

將其拆為

5 1 4

1 4 5

和3 2

2 3下面將邊分為兩類。

一：兩端點在同一置換裡。

對於每個置換而言，將其按順序排好

例如3 4 2 1

1 2 3 4

按 1 4 2 3 的順序排（因為元素是按這個順序流動的）。

排成乙個正多邊形，會發現不同長度（即相隔不同個數的點）的邊屬於不同的等價類，因此有 $\left\lfloor\dfrac\right\rfloor$ 種不同的等價類，$p[i]$ 為該置換點數。

二：兩端點在不同置換裡。

一條邊想轉回自己的位置要走 $lcm(p[i],p[j])$ 下，即兩點同時回到原位，因此這 $lcm(p[i],p[j])$ 條邊屬於乙個等價類，共有 $p[i]*p[j]$ 條邊，因此有 $p[i]*p[j]/lcm(p[i],p[j])=gcd(p[i],p[j]$)。

綜上答案為：

$b$ 同 $p$，$k$為拆分出來的置換個數。

最後，為了使計算快捷，直接列舉（爆搜）本質不同的置換，即將 $n$ 拆分。

考慮有多少種拆成 $p$ 這種方案的。

用 $\dfrac}$ 算出點的分配方案。

對於乙個置換裡的點，相當於乙個 $n$ 邊型頂點的排列，即圓排列，因此有對於乙個置換來說有 $(p[i]-1)!$ 種排列方案，總的就要乘上 $\prod_$。

最後，對於長度相等的迴圈它們之間可以彼此交換，本質上是一樣的，因此還是會算重。設 $c$ 表示表某個長度的迴圈的個數，則會算重 $c!$ 倍。因此答案還需除以 $\prod_$ 。

算上除以的置換群大小 $n!$，總答案為：

黑題完成！

#includeusing namespace std;
const int n=65;
const int mod=997;
int n;
int p[n],tot;
int t[n];
int jc[n];
int ans=0;
int minn(int a,int b)
int maxx(int a,int b)
int gcd(int a,int b)
void work()
ans=(ans+qm(2,k)*tmp%mod)%mod;
}void dfs(int x,int h,int s)
;mt tp;
mt operator * (const mt x,const mt y)
return c;
}int qm(int x,int p)
int gcd(int a,int b)
mt mq(int k)
return p;
}int work(int k)
return num;
}int ol(int x)
if(x>1) p=p*(x-1)%mod*qm(x,mod-2)%mod;
return p;
}signed main()
ans=0;
for(int i=1;i*i<=n;i++)
ans=ans*qm(n,mod-2)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}}

$n$ 個人圍繞著圓桌坐著，其中一些是男孩，另一些是女孩。你的任務是找出所有合法的方案數，使得不超過 $k$ 個女孩座位是連續的。迴圈同構會被認為是同一種方案。

先套公式，難點在於如何求乙個置換下不動點的個數。

設 $f[i][j]$ 表示長度為 $i$ 第乙個為男生最後有連續 $j$ 個女生的方案數。

列舉合法長度乘上合法位置數即可。注意特判全為女生的情況。

#includeusing namespace std;
#define ll unsigned long long
const int mod=1e8+7;
const int n=2005;
int n,k;
ll f[n][n];
ll qm(ll x,int p)
int gcd(int a,int b)
ll work(int p)
int main()
{	int t;
cin>>t;
while(t--)
{		memset(f,0,sizeof(f));
scanf("%d%d",&n,&k);
if(k>n) k=n;
f[1][0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{			for(int j=0;j垃圾題目把模數寫錯了浪費我半天時間！！！

Burnside引理與Polya定理

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