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题目
题目描述
给定(M)种颜色的珠子，每种颜色珠子的个数均不限，将这些珠子做成长度为(N)的项链。
问能做成多少种不重复的项链。
两条项链相同，当且仅当两条项链通过旋转或是翻转后能重合在一起，且对应珠子的颜色相同。
输入格式
从文件necklace.in中读入数据。
一行两个整数分别表示(M,N)。
输出格式
输出到文件necklace.out中。
一行一个整数表示答案。
DFS解法
这个解法来源于机房数论大佬梦神
这是他的代码
#include<iostream>
#include<map>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int n,m,ans;
long long cnt;
map <string,bool>have;
string l[100] ,p;
inline void dfs(string s){
string r="";
string l[100];
for(int i=0;i<=n;i++){
l[i]="";
}
for(int i=1;i<=n;i++){
r+=s[n-i];
}
l[n]=r;
for(int is=0;is<n;is++){
string x="";
for(int j=is;j<n;j++){
x+=s[j];
}
for(int j=0;j<is;j++){
x+=s[j];
}
l[is]=x;
}
for(int is=0;is<=n;is++){
if(have[l[is]]){
return;
}
}
ans++;
for(int i=0;i<=n;i++){
have[l[i]]=1;
}
p=s;
for(int i=2;i<=m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
int kk=p[j];
p[j]=i+'0';
dfs(p);
p[j]=kk;
}
}
}
int main()
{
cin>>m>>n;
string nmzl="";
for(int i=1;i<=n;i++){
nmzl+='1';
}
dfs(nmzl);
cout<<ans;
return 0;
}
(Pacute{o}lya)定理解法
(Pacute{o}lya)定理
首先，在讲这个复杂的定理前，我们先讲一些前置芝士
大型定理的铺垫——前置芝士
前置芝士
- 群
- 置换
- 置换群
- 群作用
- 轨道-稳定子定理
群
群是什么呢？正规解释是这样的：
定义集合(G)和作用与集合(G)的二元运算( imes)
若其满足以下(4)个性质，则称其为一个群((Group))，记为 ((G, imes))
-
封闭性((Closure))
若存在(a)和(b)满足(ain G,bin G)，则有(a imes bin G);
-
结合律((Associativity))
对于任意(a,b,c)有((a imes b) imes c = a imes (b imes c))
-
单位元((Identity))
存在(ein G)，满足对于任意(ain G)有：(a imes e = e imes a)
这样的(e)被称为单位元。单位元唯一
-
逆元((Inverse))
对于任意(ain G)存在(a'in G) 满足(a imes a' = a' imes a = e)，(a')唯一。
可以简要理解为一个比较高级的集合
置换
对于置换，我们通常用双行表示法表示。
例如：
相当于把第一行的元素替换为第二行的元素，写作(sigma(a))
置换群
简单地说，一个群多种置换组成的群，就是置换群
它同群一样，有封闭性、结合律、单位元、逆元
群作用
对于一个集合(M)和一个群(G)
如果二元函数(varphi(v,k))，(v)为群中的元素，(k)为集合中的元素，且有：
就称群(G)作用与集合(M)
轨道-稳定子定理
轨道
一个作用在(X)上的群(G)，(X)中的一个元素(x)的轨道为(x)通过(G)中的元素可以转移到的元素的集合。
可以形象地理解为一个火车所走的元素形成的集合。
(x)的轨道被记为(G(x))，我们可以用(g(x))表示群(G)元素(g)所用于(x)的群作用的返回值，即
稳定子
先上定义：
简要地用语言描述一下，就是群(G)中满足(g(x)=x)的所有元素(g)所构成的集合
轨道-稳定子定理
先上公式：
证明略微繁琐，感兴趣的同学可以自己搜一下
预备工作完成——正片开始
(Burnside)引理
(|X/G|)为(X)关于(G)的轨道数
其中(X^g={x|g(x)=x,xin X})，我们称(X^g)是(X)在置换(g)下的不动点集合。
什么是不动点？就是经过置换后仍然不动的点。
举例：对于置换群(sigma = left( egin{matrix} 1 & 2 & 3 \ 2 & 1 & 3 end{matrix} ight))，显然(3)就是不动点
文字描述：(X)关于置换群(G)的轨道数，等于(G)中每个置换下不动点的个数的平均数。
证明较繁琐，故此略去
终极结论—(Pacute{o}lya)定理
(Pacute{o}lya)定理
(Pacute{o}lya)定理其实是(Burnside)引理的一种特殊形式。
(Burnside)引理已经给出了等价类个数的表达式，(Polya)定理进一步具体到染色问题上，给出了本质不同的染色方案数的表达式。
在使用(Burnside)解决染色问题的时候，我们需要求的是不动点的数量，而对于上述的置换，假设我们令每个(i)向(a_i)连一条边容易发现会得到若干个环，仔细思考，每个环的颜色应当相同。
令(c(g))为置换(g)所包含的循环个数
将这个等式代入Burnside引理中，得到总的染色方案数为
这就是(Pacute{o}lya)定理！
苦难后的幸福——进入问题
切入问题
那我们考虑一下这道题，是一个明显的(Pacute{o}lya)计数问题。它重叠的方案有几种呢？显然，两种——旋转和翻转
旋转
将环顺时针旋转(i)格后，循环节个数为(gcd(n,i))，利用(Pacute{o}lya)定理，显然染色方案为(Sigma c^{gcd(n,i)})
翻转
这里得考虑两种情况，奇数与偶数
-
奇数
当(n)为奇数时，共有(n)个循环节个数为((n/2+1))的循环群，染色方案为(n*c^(n/2+1))
那为什么循环群的个数为((n/2+1))呢？诸位可以自己举例理解一下。
-
偶数
当(n)为偶数时，共有(n)个循环群，其中有(n/2)个的循环节个数为(（n/2 +1))， 有(n/2)个的循环节个数为((n/2))。
拿正方形为例，四个顶点编号(A,B,C,D).
-
当以对角的两个顶点连线为对称轴时,这样对称轴有2个((n/2))，经过翻转，(C,B)重合，(A,A)重合，(D,D)重合，那么循环节的个数为(3), 即((n/2+1))。染色方案为 ((n/2)*c^{(n/2+1)})
- 当以两条相对平行的边的中点连线所在直线为对称轴时，这样的对称轴也有两个((n/2))，经过翻转，(A,B)重合，(C,D)重合，循环节的个数为2，即((n/2))染色方案为((n/2)*c^{(n/2)})
最终累加所有方案得到ans，再除以置换群的个数(2*n)，即 (ans/(2*n))为最后答案。
(Code)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
LL m, n, x, y, ans;
LL gcd(LL a, LL b) //辗转相除
{
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
LL power(LL p, LL n) //幂运算
{
LL ans = 1;
while (n--) ans *= p;
return ans;
}
int main() {
scanf("%lld%lld", &m, &n);
for (LL i = 1; i <= n; i++) //旋转
{
ans += power(m, gcd(n, i));
}
if (n % 2 == 1) //翻转奇数
{
ans += (n * power(m, n / 2 + 1));
} else //翻转偶数
{
ans += ((n / 2 * power(m, n / 2 + 1)) + (n / 2 * power(m, n / 2)));
}
ans = ans / (2 * n);
printf("%lld", ans);
return 0;
}
然后你就可以以十个测试点(60ms)的极速(A)掉这题了
(The End)
说句闲话，这道题题解给的正解是暴搜。
参考资料：