UVA10294 Arif in Dhaka (群论,Polya定理)

题意

给你一个长为\(n\)的项链和手镯,每个珠子有\(m\)种颜色.

两个手镯定义为相同,即它们通过翻转和旋转得到一样的手镯.

两个项链定义为相同,即它们只能通过旋转得到一样的项链.

求出有多少种本质不同的项链和手镯.

\((1 \le n \le 50, 1 \le m \le 10)\)

题解

(参考了一下这篇大佬博客)

大白书上的原题,一个裸的Polya定理(逃

Polya定理 : $$L=\frac{1}{|G|}\sum \limits _{i=1} ^{|G|} m^{c(g_i)}$$

其中\(G=\{g_1, ..., g_s\}\) \(c(g_i)\)为置换\(g_i\)的循环节个数, \(L\)为本质不同的方案数, \(m\) 是可以选择的颜色种数.

• 首先考虑旋转 :

  假设当前旋转\(i\)颗珠子,那么就有\(\gcd (n,i)\)个循环,每个循环长度则为\(\displaystyle \frac{n}{\gcd(n,i)}\).

  这个证明同样参考了之前那篇博客....(我用 \(\LaTeX\) 再打一下..)

  将珠子从\(0\)到\(n-1\)标号,那么对于旋转\(i\)位的置换,在以\(0\)号为起点,长度为\(t\)的一个循环节,

  元素标号就为\(0,i \bmod n, 2i \bmod n, ... , (t-1)i \bmod n\).

  所以就有\(t \cdot i \bmod n = 0\),即有\(t \cdot i = n \cdot k\). 使等式左右成立的最小正整数就为\(\mathrm{lcm} (n, i)\).

  那么\(t \cdot i = \mathrm{lcm}(n,i)\)所以\(\displaystyle t=\frac{\mathrm{lcm}(n,i)}{i}=\frac{n}{\gcd(n,i)}\). 那么循环节个数就是\(\displaystyle \frac{n}{t}=\gcd(n,i)\).

  所以这些置换的贡献就是\(a=\sum \limits_{i=0}^{n-1} m^{\gcd(i,n)}\).

• 再考虑一下翻转 :

  这个要分序列奇偶性分别考虑,应该是比较好考虑的.

  1. 如果长度\(n\)为奇数,那么我们就只能沿着一个珠子翻转,那么就有\(\frac{n-1}{2}\)个长度为\(2\)的等价类 和 \(1\)个长度为\(1\)的等价类.
  2. 如果长度\(n\)为偶数,那么我们就有两种方式.沿着两个珠子翻转,那么就有\(\frac{n-2}{2}\)个长度为\(2\)的等价类和\(2\)个长度为\(1\)的等价类. 否则我们沿着两个珠子中间来翻转,那么就有\(\frac{n}{2}\)个长度为\(2\)的等价类.

  所以这些置换的贡献就是 \(\displaystyle b=\begin{cases}n \cdot m^{\frac{n+1}{2}} & (m \ is \ odd)\\ \frac{n}{2}\cdot (m ^ {\frac{n}{2}+1}+m^{\frac{n}{2}}) &(m\ is\ even)\end{cases}\)

这样的话似乎会漏算情况（hany01大大问了下我）然后还是前面那篇大佬博客上有解释.

就是旋转再翻转的情况,肯定是其中另一种翻转.这也是因为群有封闭性,不管怎样\(*\)(二元运算)都是群内的元素.

最后要除以一个\(|G|\),项链只有\(n\)个置换群,手镯有\(2n\)个啦.

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("10294.in", "r", stdin);
    freopen ("10294.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 55;
ll n, t, Pow[N], a, b;
int main () {
    File();
    while (~scanf("%lld%lld", &n, &t) && n) {
        Pow[0] = 1;
        a = b = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) Pow[i] = Pow[i - 1] * t;
        for (int i = 0; i < n; ++ i) a += Pow[__gcd(i, (int)n)];
        if (n & 1) b = n * Pow[n / 2 + 1];
        else b = n / 2 * (Pow[n / 2 + 1] + Pow[n / 2]);
        printf ("%lld %lld\n", a / n, (a + b) / 2 / n);
    }
    return 0;
}