UVA10294 Arif in Dhaka (群论,Polya定理)

题意

给你一个长为(n)的项链和手镯,每个珠子有(m)种颜色.

两个手镯定义为相同,即它们通过翻转和旋转得到一样的手镯.

两个项链定义为相同,即它们只能通过旋转得到一样的项链.

求出有多少种本质不同的项链和手镯.

((1 le n le 50, 1 le m le 10))

题解

(参考了一下这篇大佬博客)

大白书上的原题,一个裸的Polya定理(逃

Polya定理 : $$L=frac{1}{|G|}sum limits _{i=1} ^{|G|} m^{c(g_i)}$$

其中(G={g_1, ..., g_s}) (c(g_i))为置换(g_i)的循环节个数, (L)为本质不同的方案数, (m) 是可以选择的颜色种数.

• 首先考虑旋转 :

  假设当前旋转(i)颗珠子,那么就有(gcd (n,i))个循环,每个循环长度则为(displaystyle frac{n}{gcd(n,i)}).

  这个证明同样参考了之前那篇博客....(我用 (LaTeX) 再打一下..)

  将珠子从(0)到(n-1)标号,那么对于旋转(i)位的置换,在以(0)号为起点,长度为(t)的一个循环节,

  元素标号就为(0,i mod n, 2i mod n, ... , (t-1)i mod n).

  所以就有(t cdot i mod n = 0),即有(t cdot i = n cdot k). 使等式左右成立的最小正整数就为(mathrm{lcm} (n, i)).

  那么(t cdot i = mathrm{lcm}(n,i))所以(displaystyle t=frac{mathrm{lcm}(n,i)}{i}=frac{n}{gcd(n,i)}). 那么循环节个数就是(displaystyle frac{n}{t}=gcd(n,i)).

  所以这些置换的贡献就是(a=sum limits_{i=0}^{n-1} m^{gcd(i,n)}).

• 再考虑一下翻转 :

  这个要分序列奇偶性分别考虑,应该是比较好考虑的.

  1. 如果长度(n)为奇数,那么我们就只能沿着一个珠子翻转,那么就有(frac{n-1}{2})个长度为(2)的等价类 和 (1)个长度为(1)的等价类.
  2. 如果长度(n)为偶数,那么我们就有两种方式.沿着两个珠子翻转,那么就有(frac{n-2}{2})个长度为(2)的等价类和(2)个长度为(1)的等价类. 否则我们沿着两个珠子中间来翻转,那么就有(frac{n}{2})个长度为(2)的等价类.

  所以这些置换的贡献就是 (displaystyle b=egin{cases}n cdot m^{frac{n+1}{2}} & (m is odd)\ frac{n}{2}cdot (m ^ {frac{n}{2}+1}+m^{frac{n}{2}}) &(m is even)end{cases})

这样的话似乎会漏算情况（hany01大大问了下我）然后还是前面那篇大佬博客上有解释.

就是旋转再翻转的情况,肯定是其中另一种翻转.这也是因为群有封闭性,不管怎样(*)(二元运算)都是群内的元素.

最后要除以一个(|G|),项链只有(n)个置换群,手镯有(2n)个啦.

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

typedef long long ll;
bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("10294.in", "r", stdin);
    freopen ("10294.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 55;
ll n, t, Pow[N], a, b;

int main () {
    File();
    while (~scanf("%lld%lld", &n, &t) && n) {
        Pow[0] = 1;
        a = b = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) Pow[i] = Pow[i - 1] * t;
        for (int i = 0; i < n; ++ i) a += Pow[__gcd(i, (int)n)];
        if (n & 1) b = n * Pow[n / 2 + 1];
        else b = n / 2 * (Pow[n / 2 + 1] + Pow[n / 2]);
        printf ("%lld %lld
", a / n, (a + b) / 2 / n);
    }
    return 0;
}