bzoj1488 [HNOI2009]图的同构 Burnside 引理

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bzoj1488 - [HNOI2009]图的同构

bzoj1815 - [Shoi2006]color 有色图（双倍经验）

题解

暴力

由于在做题之前已经被告知是 Burnside 引理，貌似思考的时候少了一些乐趣啊。

考虑一个置换 (p)，想要求出这个置换下的不动点的个数。对于一个不动点，若存在一条边 ((a, b))，一定存在一条边 ((p_a, p_b))。

那么考虑一个长度为 (l) 的循环，若 ((i, j)) 是一条 (i, j) 均在循环中的点内部的边，那么所有距离等于 (i, j) 的距离的点对之间都会有一条边。这样，我们一共可以将这些边分成 (frac x2) 中内部绑定的组。因此，一个长度为 (l) 的循环可以产生 (2^{frac x2}) 种方案的贡献。

下面考虑一条两个端点分别在长度为 (x) 的循环和 (y) 的循环上的边。这样的话，一条边的两个端点在两个循环上走，一直到下一次两个端点都与原来的两个端点重合。显然对于一组点，会走过 (operatorname{lcm}(x, y)) 个点。于是，一共有 (frac {xy}{operatorname{lcm}(x, y)} = gcd(x, y)) 组。贡献为 (2^{gcd(x, y)}) 种方案。

优化

但是暴力算法显然会 TLE。

我们一个置换的贡献仅取决于它的每一个循环的长度，因此我们只需要知道它的每一个循环的长度就可以求出贡献了。

于是我们可以使用 Burnside 引理相关题目的常见套路。

我们用 (B(n)) 来表示整数划分的方案数。整数划分是指将 (n) 划分为若干个无序的正整数的和。当 (n=100) 时，(B(n)) 大概是 1e6。当 (n = 40) 时大概是 (4e4) 左右，(n=45) 时候大约 (9e4)。

因此，由于本题 (n=45)，如果暴力枚举划分的话，不会超过 (9e4) 次。

那么我们如果枚举出 (n=sum limits_{i=1}^k L_i)，那么方案相当于是从 (n) 个位置中选出 (L_1) 个位置作为第一个循环的成分，再从剩下的 (n-L_1) 个位置中选出 (L_2) 个……

因此对于这样的划分，其方案数是：

[egin{align*} &inom n{L_1} inom{n-L_1}{L2} inom{n-L_1-L_2}{L_2}cdots\ =&frac{n!}{prod limits_{i=1}^k Li!} end{align*} ]

（实际上也可以从可重复元素的全排列的角度考虑

然后求出来划分的方案数以后，我们还需要把每一个数放进这些被安排好的位置，使得每一段真的是一个循环。一个循环的第一个数可以考虑连接到这一段剩余的 (L-1) 个位置的任何一个位置。然后对于刚刚选择的那个位置，它又可以连接到剩余的 (L-2) 个位置。因此对于一个长度为 (L) 的循环，它的合法安排数字的方案数为 ((L-1)!)。

但是还有一个小问题，如果有两个长度相同的置换，他们是没有什么先后区别的，但是在用之前的组合计算方法的时候，会产生先后的区别。这是不应该产生的。因此令 (C_i) 表示等于 (i) 的 (L) 值的个数。我们还需要乘上 (C_i!)。

因此对于一个整数划分的总方案数为：

[frac {n!}{prodlimits_{i=1}^k L_i prodlimits_{i=1}^n C_i!} ]

然后就是和暴力一样的计算不动点的个数了。

最终答案为：

[sum_{L} frac {prod limits_{i=1}^k 2^{frac {L_i}2}prod limits_{i=1}^k prod limits_{j=i+1}^k 2^{gcd(L_i, L_j)} }{prodlimits_{i=1}^k L_i prodlimits_{i=1}^n C_i!} ]

---

下面是代码。由于 (gcd) 和 (2) 的正整数幂均可以预处理，因此总的时间复杂度为 (O(B_ncdot n^2)).

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ?  a = b , 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I>
inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 200 + 7;
const int P = 997;

int n, ans, hkk;
int inv[N], fac[N], ifac[N << 1], pw[N], gcd[N][N];
int l[N];

inline void sadd(int &x, int y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }

inline void ycl() {
	fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % P;
	inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
	ifac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) ifac[i] = (ll)ifac[i - 1] * inv[i] % P;
	pw[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) pw[i] = smod(pw[i - 1] << 1);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= i; ++j) {
			if (!i || !j) gcd[i][j] = i ^ j;
			else gcd[i][j] = gcd[j][i % j];
			gcd[j][i] = gcd[i][j];
//			dbg("%d %d %d
", i, j, gcd[i][j]);
		}
	}
}

inline void calc(int div) {
	int cnt = 1;
	for (int i = 1; i <= l[0]; ++i) cnt = (ll)cnt * pw[l[i] / 2] % P;//, dbg("l[%d] = %d, %d
", i, l[i], pw[l[i] / 2]);
	for (int i = 1; i <= l[0]; ++i)
		for (int j = 1; j < i; ++j) cnt = (ll)cnt * pw[gcd[l[i]][l[j]]] % P;//, dbg("*****************");
	sadd(ans, (ll)cnt * div % P);
}

inline void dfs(int n, int lim, int div) {
//	dbg("n = %d, lim = %d, div = %d
", n, lim, div);
	if (!n) return calc(div);
	for (int i = std::min(lim, n); i; --i) {
		int df = div;
		for (int j = 1; i * j <= n; ++j) {
			df = (ll)df * inv[i] % P, l[++l[0]] = i;
			dfs(n - i * j, i - 1, (ll)df * ifac[j] % P);
		}
		while (l[l[0]] == i) --l[0];
	}
}

inline void work() {
	ycl();
	ans = 0;
	dfs(n, n, 1);
	printf("%d
", ans);
}

inline void init() {
	read(n);
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}

---

附录 - bzoj1815 - [Shoi2006]color 有色图 代码

发现只需要把上面的有/无的状态改为 (k) 中颜色就可以了。

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b , 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I>
inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 53 + 7;

int n, k, P, ans;
int inv[N], fac[N], ifac[N << 1], pw[N], gcd[N][N];
int l[N];

inline void sadd(int &x, int y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }

inline void ycl() {
	fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % P;
	inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
	ifac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) ifac[i] = (ll)ifac[i - 1] * inv[i] % P;
	pw[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) pw[i] = (ll)pw[i - 1] * k % P;
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= i; ++j) {
			if (!i || !j) gcd[i][j] = i ^ j;
			else gcd[i][j] = gcd[j][i % j];
			gcd[j][i] = gcd[i][j];
//			dbg("%d %d %d
", i, j, gcd[i][j]);
		}
	}
}

inline void calc(int div) {
	int cnt = 1;
	for (int i = 1; i <= l[0]; ++i) cnt = (ll)cnt * pw[l[i] / 2] % P;//, dbg("l[%d] = %d, %d
", i, l[i], pw[l[i] / 2]);
	for (int i = 1; i <= l[0]; ++i)
		for (int j = 1; j < i; ++j) cnt = (ll)cnt * pw[gcd[l[i]][l[j]]] % P;//, dbg("*****************");
	sadd(ans, (ll)cnt * div % P);
}

inline void dfs(int n, int lim, int div) {
//	dbg("n = %d, lim = %d, div = %d
", n, lim, div);
	if (!n) return calc(div);
	for (int i = std::min(lim, n); i; --i) {
		int df = div;
		for (int j = 1; i * j <= n; ++j) {
			df = (ll)df * inv[i] % P, l[++l[0]] = i;
			dfs(n - i * j, i - 1, (ll)df * ifac[j] % P);
		}
		while (l[l[0]] == i) --l[0];
	}
}

inline void work() {
	ycl();
	ans = 0;
	dfs(n, n, 1);
	printf("%d
", ans);
}

inline void init() {
	read(n), read(k), read(P);
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}