polya定理

设有(n)个对象，(G)是这(n)个对象上的置换群，用(m)种颜色涂染着(n)个对象，每个对象涂一种颜色，问有多少种染色方案

[M = frac{1}{|G|}sum_{i = 1}^{|G|}m^{c(sigma_i)} ]

(G = {sigma_1,sigma_2,dots,sigma_k})，(c(sigma_i))为置换(sigma_i)的循环节数

群

集合(G)和(G)上的二元运算，满足下列条件称为群：

• 封闭性
• 结合律
• 有单位元
• 有逆元

置换群

([1,n])到自身(1-1)映射称为(n)阶置换。([1,n])目标集上的置换表示为

[sigma(1) = a_1,sigma(2) = a_2dots sigma(n) = a_n ]

即(a_n)是([1,n])中元的一个排列

举个例子，这是个(n = 5)的5元置换，(sigma(1) = 3,sigma(3) = 1)，构成循环，(sigma(4) = 4)，4的置换是本身，也是一个循环，所以也可以写成(sigma = (1,3)(4)(2,5))，一般一阶轮换(4)不写，(sigma = (1,3)(2.5))

正三角形


旋转0°：(p1 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3\ 1&2&3 end{array} ight) end{array})

旋转120°：(p2 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3\ 2&3&1 end{array} ight) end{array})

旋转240°：(p3 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3\ 3&1&2 end{array} ight) end{array})

对称：(p4 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3\ 1&3&2 end{array} ight) end{array})(p5 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3\ 3&2&1 end{array} ight) end{array})(p6 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3\ 2&1&3 end{array} ight) end{array})

正四边形

旋转0°：(p1 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3 &4\ 1&2&3&4 end{array} ight) end{array})

旋转90°：(p2 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 4&1&2&3 end{array} ight) end{array})

旋转180°：(p3 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 3&4&1&2 end{array} ight) end{array})

旋转270°：(p4 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 2&3&4&1 end{array} ight) end{array})

对称：(p5 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 1&4&3&2 end{array} ight) end{array})(p6 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 3&2&1&4 end{array} ight) end{array})(p7 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 2&1&4&3 end{array} ight) end{array})(p8 = egin{array}{l} left(egin{array}{l} 1&2&3&4\ 4&3&2&1 end{array} ight) end{array})

旋转0°：((1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)(12)(13)(14)(15)(16))

旋转90°：((1)(2 3 4 5)(6 7)(8 9 10 11)(12 13 14 15)(16))

旋转180°：((1)(2 4)(3 5)(6)(7)(8 10)(9 11)(12 14)(13 15)(16))

旋转270°：((1)(2 3 4 5)(6 7)(8 9 10 11)(12 13 14 15)(16))

(l = frac{16 + 2 + 4 + 2}{4} =)

Bunruside引理

等价类

k阶不动置换类

(G)是(1,2,dots ,n)的置换群，(k)是(1dots n)中的某个元素，(G)中使(k)保持不变的置换的全体，极为(Z_k)

Polya置换

设(N = {1,2,dots, n})是被着色物体的集合，(G = {sigma_1,sigma_2,dots,sigma_g})是(N)上的置换群，用(m)种颜色对(N)中的元素进行着色，则在(G)的作用下不同的着色方案数是

[M = frac{1}{|G|}sum_{i = 1}^{|G|}m^{c(sigma_i)} ]

其中(G = {sigma_1,sigma_2,dots,sigma_k})，(c(sigma_i))为置换(sigma_i)的循环节数，即轮换个数，(|G|)表示置换种数

关键在于找到每个置换的循环节即可

对于这个置换

循环节是(1,3)(2,5)(4)，所以循环节长度是3

利用polya定理

1. 写出置换群
2. 求出每个置换的轮换个数
3. 带入公式求

写出有置换群

[egin{array}{l} left(egin{array}{l} 123456 \ 123456 end{array} ight)left(egin{array}{l} 123456 \ 612345 end{array} ight)left(egin{array}{l} 123456 \ 561234 end{array} ight) \ left(egin{array}{l} 123456 \ 456123 end{array} ight)left(egin{array}{l} 123456 \ 345612 end{array} ight)left(egin{array}{l} 123456 \ 234561 end{array} ight) end{array} ]

求出每个置换的轮换个数

(c_1 = (1)(2)(3)(4)(5)(6)=6, c_2 = (1,2,3,4,5,6) = 1,c_3 = (1,3,5)(2,4,6) = 2,\ c_4 = (1,4)(2,5)(3,6) = 3,c_5 = (1,3,5)(2,4,6) = 2,c_6 = (1,2,3,4,5) = 1)

带入公式，用2种颜色去染色

(M= frac{2^6+2^1+2^2+2^3+2^2+2^1}{6} = 14)

常见置换的轮换个数

旋转

n个点顺时针(或逆时针)旋转i个位置的置换，轮换个数是(gcd(n,i))

假设旋转i个单位，使得与原来重合，设执行k次，那么一定满足(i * k mod n == 0),那么解得最小(k = frac{lcm(i, n)}{i} = frac{n}{gcd(n, i)})，所以(frac{n}{k} = gcd(n,i))

翻转

n为偶数且对称轴不过顶点，轮换个数为(frac{n}{2})

n为偶数且对称轴过顶点，轮换个数为(frac{n}{2} + 1)

n为奇数，轮换个数为(frac{n + 1}{2})

模板

对于翻转，如果n为奇数，找个对称轴经过点，一共有n条对称轴，每条对称轴上有一个点，对称轴上的珠子构成了一个循环，其他(n-1)个珠子分别与对称轴对此构造成(frac{n - 1}{2})个循环，所以循环节个数是(frac{n - 1}{2} + 1 = frac{n + 1}{2})

如果n是偶数，对称轴上有两个点，一个有(frac{n}{2})条，对称轴上的两个点构成两个循环，其他(n - 2)个点分别以对称轴对此构成(frac{n - 2}{2})个循环。还有一种情况，对此轴穿过两个点之间，这时其他点两两对称，构成(frac{n}{2})个对称

对称有n个置换，旋转有n个置换，总共2n个置换

时间复杂度(O(nlogn))

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
int gcd(int a, int b){
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
ll pow(ll a, ll b){
    ll ans = 1;
    while(b){
        if(b & 1) ans = ans * a;
        a = a * a;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int n, m;
    while(~scanf("%d%d", &m, &n)){
        if(n == 0 && m == 0)break;
        ll ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            ans += pow(m, gcd(i, n));
        }
        if(n & 1){
            ans += pow(m, n / 2 + 1) * n;
        }else{
            ans += pow(m, n / 2 + 1) * (n / 2);
            ans += pow(m, n / 2) * (n / 2);
        }
        printf("%lld
", ans / (2 * n));
    }
    return 0;
}

在旋转部分进行优化，(sum_{i = 1}^n n^{gcd(i,n)})

(sum_{d|n}n^d imessum_{k = 1}^{frac{n}{d}}[gcd(k,frac{n}{d}) == 1])

(sum_{d|n}n^dvarphi(frac{n}{d}))

时间复杂度(O(n^{frac{3}{4}}))

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std ;
const int mod = 1e9 + 7 ; 
ll pow(ll a, ll b, ll p){
    ll ans = 1; a %= p;
    while(b){
        if(b & 1) ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
ll phi(ll n) {
    ll ans = n; 
    for(int i = 2; i * i <= n; ++ i ) {
        if(n % i == 0){
            ans -= ans / i;
            while(n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if(n > 1) ans -= ans / n ;
    return ans ; 
}
int main(){
    int T, n, cnt;
    scanf("%d", &T); 
    while( T-- ) {
        scanf("%d", &n);
        ll ans = 0; 
        for(int i = 1; i * i <= n; i++) {
            if(n % i) continue;
            ll p1 = phi(i), f1 = pow(n, n / i, mod); 
            f1 = f1 * p1 % mod; ans = (ans + f1) % mod;
            if(i * i != n) {
                ll p2 = phi(n / i), f2 = pow(n, i, mod) ;
                f2 = f2 * p2 % mod; ans = (ans + f2) % mod;
            }
        }
        printf("%lld
", ans * pow(n, mod - 2, mod) % mod); 
    }
    return 0 ;
}