POJ 2409 Let it Bead：置换群 Polya定理

题目链接：http://poj.org/problem?id=2409

题意：

　　有一串n个珠子穿起来的项链，你有k种颜色来给每一个珠子染色。

　　问你染色后有多少种不同的项链。

　　注：“不同”的概念是指无论怎样旋转或翻转项链，都与之前的不同。

题解：

　　本题用到了置换的相关知识：

　　　　（1）Burnside引理：

　　　　　　等价类数目 = 所有C(f)的平均值　（C(f)为置换f的不动点数目）

　　　　

　　　　（2）置换f可以分解成m(f)个循环的乘积，假设涂k种颜色：

　　　　　　C(f) = k^m(f)

　　　　

　　　　（3）Polya定理：（综上）

　　　　　　等价类数目 = 所有k^m(f)的平均数

　　考虑两种操作，旋转和翻转：

　　　　（1）旋转：

　　　　　　先假定所有的旋转都是顺时针（逆时针也一样）。

　　　　　　那么对于旋转这个操作，总共有n个置换：

　　　　　　　　不旋转（旋转0格）、顺时针旋转1格（1个珠子的距离）、2格、3格...n-1格。

　　　　　　所以现在要算的就是每个置换f的m(f)，然后使用Polya定理。

　　　　　　旋转i格：m(f) = gcd(n,i)

　　　　　　所以sum += ∑( k^gcd(n,i) )　(0<=i<=n-1)

　　　　（2）翻转：

　　　　　　有两种情况，n为奇数或偶数。

　　　　　　　　1.偶数：

　　　　　　　　　　共有n个对称轴，也就是有n个置换。

　　　　　　　　　　I. 其中，n/2个对称轴不穿过珠子。这种置换的m(f) = n/2 。

　　　　　　　　　　　　所以sum += (n/2) * (k^(n/2))

　　　　　　　　　　II.另外n/2的对称轴恰好经过2颗珠子。这种置换的m(f) = n/2 - 1 。

　　　　　　　　　　　　所以sum += (n/2) * (k^(n/2-1))

　　　　　　　　　　综上：sum += (n/2) * ( k^(n/2) + k^(n/2-1) )

　　　　　　　　

　　　　　　　　2.奇数：

　　　　　　　　　　共有n个对称轴，也就是有n个置换。并且每个对称轴恰好经过一颗珠子。

　　　　　　　　　　所有置换的m(f) = (n-1)/2

　　　　　　　　　　所以sum += n * ( k^((n-1)/2) )

　　

　　呼。。。两种操作讨论完了。

　　因为两种操作总共有2*n个置换。

　　所以呢。。。

　　答案是：sum/(2*n)　　ヾ(๑╹◡╹)ﾉ"

AC Code:

// num of equivalence class = average C(f)
// C(f) = k ^ m(f)    ->    num of fixed points
// m(f) = circle num in each permutation

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 40

using namespace std;

int n,t;
int POW[MAX_N];

int gcd(int a,int b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

int main()
{
    while(cin>>t>>n)
    {
        if(n==0 && t==0) break;
        POW[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            POW[i]=POW[i-1]*t;
        }
        int sum=0;
        // rotate
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            sum+=POW[gcd(n,i)];
        }
        // overturn
        if(n&1) sum+=n*POW[(n+1)/2];
        else sum+=(n/2)*(POW[n/2+1]+POW[n/2]);
        cout<<sum/(2*n)<<endl;
    }
}