polya定理小结

polya的精髓就在与对循环节的寻找，其中常遇到的问题就是项链染色类问题。

当项链旋转时有n种置换，循环节的个数分别是gcd(n, i);

当项链翻转时有n种置换,其中当项链珠子数位奇数时，循环节的个数是n/2+1

当项链珠子数是偶数个时,当翻转线穿过珠子时，循环节个数为n/2+1,否则为n/2;

1.poj 1286:

题目大意：用三种颜色对珠子数不超过24的项链染色，问有多少种染色情况。

这道题是最基本的polya定理考察，只要带入公式即可

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const long long maxa = 30;
long long edge[maxa];
void rotate(long long n, long long ii){
    for(long long i = 0; i < n; i++){
        edge[(i+ii)%n] = i;
    }
}
void turn(long long n, long long ii){
    for(long long i = n-1, j= 0; i >= 0; i--, j++){
        edge[(j+ ii)%n] = i;
    }
}
long long vis[maxa];
void dfs(long long i){
    if(vis[i] == 1)return ;
    vis[i] = 1;
    dfs(edge[i]);
}
int main(){
    int n, m;
    while(scanf("%d%d", &m, &n), n+m){
        if(n == 0){
            printf("0
");
            continue;
        }
        long long ans = 0;
        for(long long i = 0; i < n; i++){
            rotate(n, i);
            long long o = 0;
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            for(long long k = 0;k  < n; k++){
                if(vis[k]==0){
                    o ++;
                    dfs(k);
                }
            }
            long long sum = 1;
            for(long long k = 0;k  < o; k++){
                sum *= m;
            }
            ans += sum;
        }
        for(long long i = 0; i < n; i++){
            turn(n, i);
            long long o = 0;
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            for(long long k = 0;k  < n; k++){
                if(vis[k]==0){
                    o ++;
                    dfs(k);
                }
            }
            long long sum = 1;
            for(long long k = 0;k  < o; k++){
                sum *= m;
            }
            ans += sum;
        }
        cout<<ans/n/2<<endl;
    }
}

2.poj 2409

题目大意，用c种颜色染n个珠子组成的项链，也是最基本的polya定理考察

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const long long maxa = 30;
long long edge[maxa];
void rotate(long long n, long long ii){
    for(long long i = 0; i < n; i++){
        edge[(i+ii)%n] = i;
    }
}
void turn(long long n, long long ii){
    for(long long i = n-1, j= 0; i >= 0; i--, j++){
        edge[(j+ ii)%n] = i;
    }
}
long long vis[maxa];
void dfs(long long i){
    if(vis[i] == 1)return ;
    vis[i] = 1;
    dfs(edge[i]);
}
int main(){
    int n, m;
    while(scanf("%d%d", &m, &n), n+m){
        if(n == 0){
            printf("0
");
            continue;
        }
        long long ans = 0;
        for(long long i = 0; i < n; i++){
            rotate(n, i);
            long long o = 0;
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            for(long long k = 0;k  < n; k++){
                if(vis[k]==0){
                    o ++;
                    dfs(k);
                }
            }
            long long sum = 1;
            for(long long k = 0;k  < o; k++){
                sum *= m;
            }
            ans += sum;
        }
        for(long long i = 0; i < n; i++){
            turn(n, i);
            long long o = 0;
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            for(long long k = 0;k  < n; k++){
                if(vis[k]==0){
                    o ++;
                    dfs(k);
                }
            }
            long long sum = 1;
            for(long long k = 0;k  < o; k++){
                sum *= m;
            }
            ans += sum;
        }
        cout<<ans/n/2<<endl;
    }
}

3.hdu 1812

题目大意，用c种颜色对n*n的棋盘染色，有多少种方法

其实这道题就是可以看成一些(n+1)/2串项链，有八种置换，但是最坑的是大数怎么写都超时....万进制优化也超时.....打表还不让大那么大，java是很好的解决方法...谁爱写谁写....反正我不写啦啦啦啦

4.poj 2154

题目大意，用n种颜色染长度是n的项链，结果mod p n<=10^9,p<= 30000,这里的项链只考虑旋转。

常规解法是这样sum（n^gcd（n,i)）%q,但是数据太大了不允许，我们知道的是n的因子数是可以通过搜索求出来的，那么如果gcd(n,i) == m，则i的数量显然是euler(i)，需要注意的是最后除n的时候，n和p不一定互质所以需要在之前做处理，也就是将公式变成了sum（n^gcd（n,i)-1）%q，需要注意的是开long long会超时，所以在要用int，有些部分需要用同余模定理优化。

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int maxa = 50;
int app[maxa][2];
int o;
int ans;
int n, q;
int m;
int euler(int n){ //返回euler(n)
     //if(n == 1)return 0;
     int res=n,a=n;
     for(int i=2;i*i<=a;i++){
         if(a%i==0){
             res=res/i*(i-1);//先进行除法是为了防止中间数据的溢出
             while(a%i==0) a/=i;
         }
     }
     if(a>1) res=res/a*(a-1);
     return res;
}
int kuick(int a, int b){
    int aa = 1;
    if(b == 0)return 1;
    aa = kuick(a, b/2);
    aa *= aa;
    aa%= q;
    if(b &1) aa*= a;
    aa %= q;
    return aa;
}
void dfs(int ii, int nn){//cout<<"*"<<ii<<" "<<o<<" "<<nn<<endl;
    if(ii == o){
        int aa = euler(n/nn) % q;
        ans += aa * kuick(n%q, nn-1);
        ans %= q;
        return;
    }
    dfs(ii+1, nn);
    int ss = 1;
    for(int i = 0; i < app[ii][1]; i++){
        ss *= app[ii][0];
        dfs(ii+1, ss*nn);
    }
}
int main(){
    cin>>m;
    while(m--){
        cin>>n>>q;
        int N = n;
        ans = 0;
        int sq = sqrt(n);
        o = 0;
        for(int i = 2;i  <= sq; i++){
            if(n % i == 0){
                app[o][0] = i;
                app[o][1] = 0;
                while(n %i ==0){
                    app[o][1]++;
                    n /= i;
                }
                o++;
            }
        }
        //printf("*");
        if(n != 1){
            app[o][0] = n;
            app[o++][1] = 1;
        }
        n = N;
        dfs(0, 1);
        cout<<ans<<endl;
    }
}