群论学习笔记

群的定义

给定一个集合 (G={a,b,ccdots}) 和集合上的二元运算 "(*)",如果满足以下条件：

（1）封闭性。对于任意的 (a,b in G,a*bin G) 成立。

（2）结合律。对于任意 (a,b,c in G,a*(b*c)=(a*b)*c) 成立。

（3）存在单位元。 (G) 中存在一个元素 (e)，使得对于 (G) 中任意元素 (a) ，都有 (a*e=e*a=a)，元素 (e) 为单位元素。

（4）存在逆元。对于 (G) 中任意元素 (a)，恒有一个 (b in G) ，使得 (a*b=b*a=e)，则元素 (b) 为元素 (a) 的逆元，记作 (a^{-1})。

则称集合 (G) 是运算 "(*)" 下的一个群

置换群

置换，就是给我们一个 (n) 个数的排列 $1 , 2 ,cdots n $ ，我们通过置换得到 (1 sim n) 的映射 (p_1,p_2,p_3cdots p_n)

它们一一对应：(inom{1 2 3 ...n}{p_{1} p_{2} p_{3} ...p_{n}})

置换实际上就表示为元素位置的变化

集合 (S)上的所有置换关于置换的乘法满足封闭性、结合律、有单位元（恒等置换，即每个元素映射成它自己）、有逆元（交换置换表示中的上下两行），因此构成一个群

这个群的任意一个子群即称为置换群

有一种特殊的置换叫做循环置换

把 (m) 阶循环记为 (inom{a_{1} a_{2} ... a_{m-1} a_{m}}{a_{2} a_{3} ... a_{m} a_{1}})

特别的，当 (m=2) 时，(2) 阶循环 ((i,j)) 叫做 (i) 和 (j) 的对换或换位

Burnside引理

定义 (G) 为一个置换群，定义其作用于 (X)，如果 (x,yin X) 在 (G)作用下可以相等即存在 (fin G) 使得 (f(x)=y) 则定义 (x,y) 属于一个等价类，则不同的等价类的数量为：

(|X/G|=dfrac{1}{|G|}sum_{gin G} X^g)

其中， (X^g) 为 (X) 在 (g) 作用下的不动点的数量，即满足 (g(x)=x)

简单来说，就是每个置换的不动点的个数的平均值就是不同的方案数

举一个例子

如图所示，(2×2) 方格中每个格子可以选择染上(2) 种颜色（红色或白色），那么总共是 (2^4=16) 种情况

现在要问，如不旋转、顺时针旋转 (90) 度、逆时针旋转 (90) 度、旋转 (180) 度后相同的均算成同一种方案，问总共有多少种不同的方案

可以把四种操作分别看成四种置换

分别统计这四种置换下不动点的个数

(1)、不旋转，所有的元素均为不动点，一共有 (16) 个

(2)、顺时针旋转 (90) 度，不动点有 (1,2)

(3)、逆时针旋转 (90) 度，不动点有 (1,2)

(4)、旋转 (180) 度，不动点有 (1,2,11,12)

答案为 (frac{16+2+2+4}{4}=6)

Polya 定理

对于每一种置换，我们一定可以把它表示为循环的形式

定义循环的循环节为循环的个数

设 (k) 为颜色种类，(m(f)) 为置换 (f) 的循环节

在置换群中，等价类个数（方案数）等于所有置换 (f) 的 (k^{m(f)}) 的平均数，即

(dfrac{1}{|G|}sum_{gin G}m^{c(g)})

对于每一个循环，如果想让这个循环中有不动点，那么这个循环中所有元素的颜色应该是相同的

而不同的循环之间是没有影响的，所以一个循环的答案就是 (m^{c(g)})

同样是上面的例子

(1、)不旋转，(f_1 = inom{1234}{1234} = (1)(2)(3)(4), C(f) = k ^ {m(f)} = 2 ^ 4 = 16)

(2)、顺时针旋转 (90) 度，(f_2 = inom{1234}{2341} = (1,2,3,4), C(f) = k ^ {m(f)} = 2 ^ 1 = 2)

(3)、逆时针旋转 (90) 度，(f_1 = inom{1234}{4123} = (1,2,3,4), C(f) = k ^ {m(f)} = 2 ^ 1 = 2)

(4)、旋转 (180) 度，(f_1 = inom{1234}{3412} = (1,3)(2,4), C(f) = k ^ {m(f)} = 2 ^ 2 = 4)

答案为 (frac{16+2+2+4}{4}=6)

例题

P4980 【模板】Pólya 定理

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这道题中一共有 (n) 种不同的置换，分别是整体平移 (1 sim n) 个单位

假设平移了 (i) 个单位，那么要平移 (lcm(i,n)) 步才能回到起点

那么循环节为 (frac{in}{lcm(i,n)}=gcd(i,n))

就可以直接套用 (polya) 定理

(ans=frac{1}{n}sumlimits_{i=1}^n n^{gcd(i,n)})

进行一下莫比乌斯反演，答案就为 (sumlimits_{d|n}n^dvarphi(n/d))

P1446 [HNOI2008]Cards

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因为有使用颜色的限制所以不能直接套用 (polya) 引理

而要枚举每一种置换下不动点的个数

因为题目中的洗牌法并不存在单位元，所以强制加入一种所有牌都不变的洗牌法

对于每一个循环，他们内部的位置的染色必须是相同的

所以单独考虑每个循环染哪种颜色，可以通过一个类似背包的过程实现

周末晚会

Irena和Sirup正准备下个周末的Party。为这个Party,他们刚刚买了一个非常大的圆桌。他们想邀请每个人，但他们现在不知道如何分配座次。Irena说当有超过K个女孩座位相邻（即这些女孩的座位是连续的，中间没有男孩）的话，她们就会说一整晚的话而不和其他人聊天。 Sirup没有其他选择，只有同意她。然而，作为一名数学家，他很快地痴迷于所有可能方案。 题目说明： N个人围绕着圆桌坐着，其中一些是男孩，另一些是女孩。你的任务是找出所有合法的方案数，使得不超过K个女孩座位是连续的。 循环同构会被认为是同一种方案。对于100%的数据N,K < = 2000;mod 100000007

可以把循环看成 (n) 种置换

那么要统计的就是每一种置换下不动点个数的平均数

如果 (n leq k) ，那么就没有任何限制，可以直接套一个 (polya) 引理

否则，就要用 (dp) 去统计方案

设 (f[i]) 为序列的首尾都放男孩，并且不超过 (k) 个女孩的座位是连续的方案数

转移也很简单， (f[i]=sum_{j=i-k-1}^{i-1}f[j])

统计答案的时候要从 (1) 到 (n) 枚举每一种置换 (i)，那么循环节就是 (gcd(i,n))

通过旋转这个循环节可以得到其它循环节

这些循环节是完全相同的，所以只需要统计一个循环节的答案即可

那么贡献就是 (sum_{j=gcd(i,n)-k}^{gcd(i,n)} f[j] imes (gcd(i,n)-j+1))

后面乘上的部分是因为我强制了第一个选男生，但实际上第一个位置是可以选女生的

我可以把后面的每一个女生都旋转到前面来

P4128 [SHOI2006] 有色图

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图的同构问题

(Polya) 定理是用来解决点置换的，但是这道题要求的是边置换

那么就考虑边的两个端点分别在哪个循环中

分为两类：

(1)、边的两个端点在同一循环中

设循环的长度为 (b)

如果端点之间的间距不同，那么两条边一定不在一个等价类中

又因为是在循环中，所以间距 (x) 也可以看成间距 (b-x)

那么等价类的个数就是 (leftlfloorfrac{b}{2} ight floor)

(2)、边的两个端点在不同循环中

设这两个循环的长度分别为 (b_1,b_2)

每一个边的循环的大小都是 (lcm(b_1,b_2))

那么边的等价类的个数就是 (frac{b_1b_2}{lcm(b_1,b_2)}=gcd(b_1,b_2))

设点的循环的长度为 (b_1,b_2,b_2 cdots b_k)

那么最终的答案就是

[Large frac{1}{|G|} sumlimits_b m^{sumlimits_{i=1}^kleftlfloorfrac{b_i}{2} ight floor+sumlimits_{i=1}^ksumlimits_{j=i+1}^k gcd(b_i,b_j)} ]

现在的问题就是如何枚举 (b)

因为 (n) 的范围比较小，所以可以考虑 (dfs) 从大到小加数

对于每一个枚举出来的 (b) ，我们还要知道具体有多少置换是这样的

首先对于所有的点进行全排列，就是一个 (n!)

又因为每一个循环内部都是循环同构的，所以要除掉 (b_i)

而且我们强行给长度相同的循环规定了顺序

所以对于长度为 (i) 的循环，如果它出现了 (s_i) 次，还要给最后的结果除掉 (s_i!)

要除以的是给指数取模的时候要模 (phi) ，而不能模 (mod)