等价类计数问题（Polya定理和burnside引理）

零.约定：

(置换等名词会在前置知识中有解释）

\(1.\)在本文中，题目要求的染色方案等统称为“元素”。

\(2.\)两个元素严格相等我们记做“\(=\)”，两个元素等价（按题目所给的置换可以互相得到）我们记做“\(\Leftrightarrow\)”。

\(3.\)元素\(a\)进行置换\(g\)我们记做\(a\otimes g\)。

\(4.\)置换之间的乘积记做\(\odot\)，\(g_i=g_j\odot g_k\)，当且仅当\(\forall a,a\otimes g_i=a\otimes g_j\otimes g_k\)，将\(g_j\odot g_k\)代入\(g_i\)得\(a\otimes(g_j\odot g_k)=a\otimes g_j\otimes g_k\)。

一.前置知识：

\(1.\)置换：

如下图所示，这是一个置换，一个置换只与两行之间的对应关系有关，与列的顺序无关。
\[\left(\begin{matrix}1&2&3&4\\2&3&1&4\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1&4&3&2\\2&4&1&3\end{matrix}\right)\]
我们的一个元素\(\left(\begin{matrix}3&2&4&1\end{matrix}\right)\)在经过这个置换后就变成了\(\left(\begin{matrix}4&3&2&1\end{matrix}\right)\)。列\({^a_b}\)表示原来第\(a\)位的元素置换后到了第\(b\)位。

\(2.\)循环：

形式如下的置换叫做一个\(n\)阶循环（任意一个\(n\)阶循环可以记做\(r_n\)）：
\[\left(\begin{matrix}a_1&a_2&a_3&\cdots&a_n\\a_2&a_3&a_4&\cdots&a_1\end{matrix}\right)\]

\(3.\)置换的分解：

指把置换\(g\)分解成\(r_1^{k_{1}}r_2^{k_{2}}\cdots r_n^{k_{n}}\)的形式（\(r_j^{k_{j}}\)表示\(j\)阶循环一共有\(k_{j}\)个（同阶循环可以不相同）），各个循环之间的元素互不相交。感性理解一下就是，对于列\(^a_b\)，从\(a\)向\(b\)连一条有向边，这样会形成一个个环，一个长度为\(i\)的环对应着一个\(r_i\)。令\(w(g)=\sum_{i=1}^n k_i\)，即循环总个数。

\(4.\)不动点：

如果元素\(a\otimes g_i = a\)，那么我们称\(a\)为置换\(g_i\)的不动点，\(g_i\)的不动点个数用\(\chi(g_i)\)表示。

\(5.\)群：

群用\((G,\oplus)\)表示，其中\(G\)是一个集合，\(\oplus\)是定义在\(G\)上的一个二元运算，并且满足:

封闭性(\(\forall a,b \in G,a\oplus b \in G\))

结合律(\(a\oplus(b\oplus c)=(a\oplus b)\oplus c\))

存在单位元(\(\exists e,\forall a,e\oplus a = a\oplus e = a\))

存在逆元(\(\forall a,\exists a^{-1},a\oplus a^{-1} = a^{-1}\oplus a = e\))

那么这是一个群。

\(6.\)置换群：

置换群就是将置换作为元素的群。

证明：

封闭性：置换的乘积也是置换，在这个群中。

结合律：手模小样例可知，\(a\odot b\odot c=a\odot(b\odot c)\)。

单位元：
\[\left(\begin{matrix}1&2&3&\cdots&n\\1&2&3&\cdots&n\end{matrix}\right)\]

逆元：将置换的两行交换位置便是逆元。

\(7.\)等价类：

如果\(\exists g,s.t.~a\otimes g = b\)那么我们称\(a\Leftrightarrow b\)，所有互相等价的元素组成一个等价类，元素\(a\)所属的等价类记做\(E_a\)答案\(L\)便是等价类的种类。

\(8.\)不动置换类：

置换群\(G\)中，使元素\(a\)不变的置换全体，称为\(a\)的不动置换类，记做\(Z_a(\forall g \in Z_a,a\otimes g=a\&\&\forall g\notin Z_a,a\otimes g\ne a)\)。

二.\(Burnside\)引理：

内容：

等价类个数
\[L = \frac {\sum_{g\in G} \chi(g_j)}{|G|}\]

证明：

\(step~1:\)首先看两个定理：

\(1.\)

仿佛没什么用的定理：\(|Z_k|\)是\(G\)的一个子群。

证明：

封闭性：使\(k\)不动的两个置换的积也使\(k\)不动，属于这个群。

结合律：显然。

存在单位元：显然任何元素都\(G\)单位元的不动点。

存在逆元：置换\(g\)属于元素\(a\)的不动置换类，当且仅当\(g\)的每一列\(^x_y\)，\(a_x=a_y\)。显然\(g\)的逆元也满足这个条件，也在不动置换类中。

\(2.\)

重要定理：\(\forall a,|E_a||Z_a|=|G|\)

证明：

如果对于\(\forall b\in E_a\)都有恰好\(|Z_a|\)个不同置换使\(a\)转化成\(b\)，那么定理得证（因为\(a\)进行一种置换有且仅有一个结果）。

首先，因为\(b\in E_a\)一定存在一个置换\(p\)使得\(a\otimes p = b\)。因为\(Z_a\)是\(a\)的不动置换类，所以

\(\forall z\in Z_a\)

\(\because a\otimes z=a,a\otimes p = b\)

\(\therefore a\otimes z\otimes p = b\)

\(\therefore a\otimes(z\odot p)=b\)

\(z\)互不相同，所以\(z\odot p\)互不相同，\(z\)有\(|Z_a|\)种取值，所以有至少\(|Z_a|\)种置换，使\(a\)转化成\(b\)。现在我们只要能证明\(z\odot p\)能够取遍所有使\(a\)转化成\(b\)的置换即可。

我们考虑反证法：

同上，因为\(b\in E_a\)一定存在一个置换\(p\)使得\(a\otimes p = b\)，

假设存在一个置换\(q\)，\(a\otimes q = b\)，且\(\forall z\in Z_a,z\odot p\neq q\)。

显然\(\exists c=q\odot p^{-1}\in G,s.t.~c\odot p = q\)。

\(\because a\otimes q =b,c\odot p = q\)

\(\therefore a\otimes(c\odot p)=b\)

\(\therefore a\otimes c\otimes p=b\)

\(\because a\otimes p =b\)

\(\therefore a\otimes c = a\)

\(\therefore c\in Z_a,\)与假设\(\forall z\in Z_a,z\odot p\neq q\)相悖，所以不成立。

证毕。

\(step~2:\)

设\(U\)为一个等价类集合，共\(L\)个等价类。

设\(n\)是元素总数。

\(\because \forall a,|E_a||Z_a|=|G|\)

\(\therefore |Z_a|=\frac{|G|}{|E_a|}\)

\(\therefore \sum_{i=1}^n|Z_i|=|G|\sum_{i=1}^n\frac{1}{|E_i|}\)

因为每个\(E_i\)大小为\(|E_i|\)，贡献\(\frac{1}{|E_i|}\)，会被算\(|E_i|\)次，所以每一种等价类的总贡献\(1\)。\(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{|E_i|}=\)等价类的种类即答案\(L\)。

\(\therefore \sum_{i=1}^n|Z_i|=|G|L\)

\(\therefore L=\frac{\sum_{i=1}^n|Z_i|}{|G|}\)

不动点和不动置换的关系是相互的，所有置换的不动点之和等于所有元素的不动置换之和。

\(\therefore L=\frac{\sum_{g\in G}\chi(g)}{|G|}\)

证毕。

三.\(Polya\)定理：

内容：

若题目是对\(n\)个对象染\(m\)种颜色，则
\[\chi(g)=m^{w(g)}\]
\[L=\frac{\sum_{g\in G}m^{w(g)}}{|G|}\]

证明：

若\(a\)是\(g\)的不动点，对于每一列\(^x_y\)，都有\(a_x=a_y\)，而一个循环是许多列首尾相接，所以他们都相等。所以对于\(g\)的一个循环\(r\)，\(\forall i,j\in r,a_i =a_j\)，所以\(\chi(g)\)就相当于给\(g\)每个循环染色的方案数（每个循环染相同的颜色）。所以\(\chi(g)=m^{w(g)}\)。

证毕。

扩展：

这个式子是基于可以给\(g\)每个循环任意染色这个前提的，如果染色数量有限制，我们就需要求给\(g\)每个循环染色的方案数，通常用\(dp\)来扩展此问题。

四.应用与例题：

常见置换的循环个数：

\(1.\)（套路\(1\)）将长度为\(n\)序列（或者环）循环移\(k\)位，循环个数为\(\gcd(n,k)\)。

\(2.\)（套路\(2\)）将长度为\(n\)环沿对称轴反转，若\(n\)是奇数则\(n\)条对称轴的循环个数都是\(\lceil\frac n 2\rceil\)；否则，有\(\frac n 2\)对称轴的循环个数是\(\frac n 2\)，另外一半对称轴个数是\(\frac n {2}+1\)。

例题：

\(1.\)luogu 1446

\(a.\)题目大意：

有\(n\)张扑克牌，染三种颜色，每种颜色规定数目。再给定\(m\)中洗牌方法，通过洗牌可以互相得到的方案等价，求有多少种不同方案。

\(b.\)题目分析：

在本题中，洗牌方法就是置换，而染色方案是“元素”。

本题给了 “输入数据保证任意多次洗牌都可用这\(m\)种洗牌法中的一种代替，且对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态” 的条件，使满足封闭性和存在逆元。至于单位元，我们需要人为添加一种置换（自己到自己），来使之满足条件，由于单位元\(a\otimes e = a\)的性质，不会对答案产生影响，但我们必须添加使之可以使用\(Burnside\)引理。

\(c.\)具体做法：此处染色有数目限制，不能直接使用\(Polya\)定理。我们首先\(\Theta(n)\)求出每一种洗牌方案的循环个数。然后我们对于每一种洗牌方案，通过\(dp\)求染色方案，具体的说，\(f[i][a][b][c]\)表示前\(i\)个循环已经染完色，三种颜色分别剩\(a,b,c\)个
，初始状态\(f[0][Sum_a][Sum_b][Sum_c]\)答案是\(f[w][0][0][0]\)。

总复杂度\(\Theta(nmSum_aSum_bSum_c)\)，可过。

\(2.\)luogu 4980

\(a.\)题目大意：自己看吧

\(b.\)题目分析：直接套公式，置换为\(n\)种循环移位 ，直接套用套路\(1\)，循环个数为\(\gcd(n,k)\)的性质来优化。
\[ans = \frac 1 {|G|}{\sum_{i = 0} ^ {n-1}m^{\gcd(n,i)}}\]
我们优化一下：

\[\sum_{i=0}^{n-1}m^{\gcd(n,i)}=\sum_{t|n}\sum_{i=1}^{\frac n t}I[\gcd(it,n)==t]\times m^t=\sum_{t|n}\sum_{i=1}^{\frac n t}I[\gcd(i,\frac n t)==1]\times m^t=\sum_{t|n}\varphi(\frac n t)m^t\]

我们只需要枚举\(t\)到\(\sqrt{n}\)就可以了，然后再\(\sqrt{n}\)求\(\varphi\)，复杂的\(\Theta(Tn^{\frac 3 4})\)。您也可以大力Pollad-rho一发。

\(3.\)UVA11255

大水题限制染色次数+可以翻转旋转，直接套用套路\(1\)、\(2\)即可。

\(4.\)UVA10601

\(a.\)题目大意：一个正方体，给棱染色，有数量限制，旋转同构。

\(b.\)题目分析：

我们本题置换种类繁多：横向旋转（面向自己的面不变），竖向旋转（面向自己的面发生改变），以及两种旋转的组合。

但是我们发现有一些旋转的组合结果是相同的，我们考虑枚举结果，即选定面向自己的正方形的下底边为基准，枚举原来哪个位置的边转到了这个位置，共十二种置换，然后统计每个置换的循环个数（暴枚或者手模都可以），再根据数量限制扩展一下定理即可。

五.总结：

全是废话

\(Polya\)定理实质上是\(Burnside\)引理的一个扩展，虽然式子简单，但是能够解决的问题却很有限。我们通常通过\(dp\)，组合数等来求不动点个数\(\chi(g)\)，这既可以说是\(Polya\)定理的扩展也可以说是\(Burnside\)引理的扩展。