Polya 定理入门[Burnside引理,Polya定理,欧拉函数]

$这篇blog重点讨论Polya的应用, 更详细的证明请百度 .$

$Burnside引理$

$L=frac{1}{|G|}sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)$

$L$ : 本质不同的方案数.
$G$ : 置换群集合.
$a_i$ : 置换群中的第 $i$ 个置换.
$D(a_i)$ : 进行 $a_i$ 这个置换, 状态不会变化的方案数量.

该引理与下方内容没有太大关系, 可以暂时忽略.

$Problem$ 链接
有 $N$ 个石子围成一圈, 使用 $M$ 种颜色染色, 求有多少种本质不同的方案.

借此问题引入 $Polya定理$ $↓$

$Polya定理$

$L=frac{1}{|G|}sum_{i=1}^{|G|}M^{C(g_i)}$

先丢出公式.

这道题的 置换群 $G$ : 转 $0$ 次, 转 $1$ 次 …转 $N-1$ 次, (皆为顺时针转动).
若满足旋转 $k$ 个位置, 状态和原来相同, 那么 $i$ 位置颜色等于 $(i+k)\%N$ 位置颜色,
旋转 $t$ 次, 仍和原来位置相同, 即 $i$ 位置与 $(i+t*k)\%N$ 位置颜色相同,
则 $i$ 旋转 $t$ 个 $k$ 次, 一定能回到原来位置, 即可以无限旋转,
所以 $i$ 就与所有 $(i+t*k)\%N$ 位置呈现一个封闭的 $color{red}{循环节}$ .
设转了 $t$ 次后, 第一次回到 $i$ 位置, 则
$t * k=lcm(k, N)=frac{k*N}{gcd(k,N)}$ ,
$herefore t=frac{N}{gcd(k,N)}$ ,

$t$ 为 $color{red}{循环节}$ 长度, 则 $color{red}{循环节}$ 数量为 $frac{N}{t}=gcd(k,N)$ .

公式中颜色的数量为 $M$ ; 在 $g_i$ 置换下, 有 $C(g_i)$ 个 $color{red}{循环节}$ .

此题中 $C(g_i)=gcd(k,N)$ , $herefore Ans=L=frac{1}{N}sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}$

$拓展 1$

假如上题增加 $color{red}{对称同构}$ , 则意味着原先的两个不同方案对称时计为一个方案,
按 $N$ 的奇偶分类讨论:

$N$ 为奇数, 对称轴上有一个点, 循环节个数为 $frac{N+1}{2}$ , 总共有 $N$ 个对称轴置换, 则对答案贡献为 $frac{N*M^{frac{N+1}{2}}}{2N}$
最后的答案为 $Ans=L=frac{1}{2N}(sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}+N*M^{frac{N+1}{2}})$
$N$ 为偶数, 对称轴上可以没有点, 也可以有两个点, 两种对称轴都有 $frac{N}{2}$ 种, 总共有 $N$ 个对称轴置换,
对称轴上无点时, 循环节个数为 $frac{N}{2}$ , 对答案贡献为 $frac{M^{frac{N}{2}}}{2N}$ ,总贡献为 $frac{frac{N}{2}*M^{frac{N}{2}}}{2N}$ .
对称轴上有点时, 循环节个数为 $frac{N}{2}+1$ , 对答案贡献为 $frac{M^{frac{N}{2}+1}}{2N}$ , 总贡献为 $frac{frac{N}{2}*M^{frac{N}{2}+1}}{2N}$ .

所以最后的答案为
$Ans=L=frac{1}{2N}(sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}+frac{N}{2}*M^{frac{N}{2}}+frac{N}{2}*M^{frac{N}{2}+1})$

$拓展2$

若 $color{red}{N<=10^9}$ , $O(N)$ 计算下式会 $TLE$ , 需要更快的办法,
$Ans=L=frac{1}{N}sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}$

由于 $gcd(k,N)|N$ , 而 $N$ 的约数不会超过 $2sqrt{N}$ 个,
考虑枚举 $d$ , $(d|N)$
则就只需统计 $gcd(k,N)=d$ 的 $k$ 的个数.
$d=gcd(k,N)=gcd(d*t, d*frac{N}{d})$
则 $t$ 与 $frac{N}{d}$ 互质, 即 $color{red}{gcd(t, frac{N}{d}) = 1}$ .
$herefore color{red}{varphi(frac{N}{d})}$ 即为 $gcd(k,N)=d$ 的 $k$ 的个数.

于是 $Ans=L=frac{1}{N}sum_{d|N}varphi(frac{N}{d}) *M^d$
.

$如何求解 varphi(x)?$
根据定义: $varphi(x)=xprod_{p_i|x}(1-frac{1}{p_i})$
通分得: $varphi(x) = xprod_{p_i|x}frac{p_i-1}{p_i}$
按上式实现, 时间复杂度小于 $O(sqrt{N})$ , 均摊 $O(logN)?$
这里给出求解函数,

int Get_phi(int x){
    int s = x;
    for(int i = 2; i*i <= x; i ++)
        if(x % i == 0){ //找到一个质因数
            s = s/i*(i-1);
            while(x%i == 0) x /= i;
        }
    if(x > 1) s = s/x*(x-1);	//不可能出现两个大于 sqrt(N) 的质因数, 所以只可能剩下一个, 处理掉就好 .
    return s;
}

所以 $O(sqrt{N}),O(logN)$ 分别求出所有约数 $d$ 和 $varphi(frac{N}{d})$ 即可, 时间复杂度 $O(sqrt{N}logN)$ .

$mathcal{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int mod = 1e9 + 7;

int T;
int N;

int phi(int x){
        int s = x;
        for(reg int i = 2; i*i <= x; i ++)
                if(x % i == 0){
                        s = s/i * (i-1);
                        while(x % i == 0) x /= i;
                }
        if(x > 1) s = s/x * (x-1);
        return s;
}

int KSM(int a, int b){
        int s = 1; a %= mod;
        while(b){
                if(b & 1) s = 1ll*s*a % mod;
                a = 1ll*a*a % mod, b >>= 1;
        }
        return s;
}

void Work(){
        scanf("%d", &N);
        int Ans = 0;
        int lim = sqrt(N);
        for(reg int d = 1; d <= lim; d ++){
                if(N % d) continue ;
                Ans = ( 1ll*Ans + (1ll*phi(N/d) * KSM(N, d) % mod) ) % mod;
                int d_2 = N / d;
                if(d_2 == d) continue ;
                Ans = ( 1ll*Ans + (1ll*phi(N/d_2) * KSM(N, d_2) % mod) ) % mod;
        }
        printf("%d
", (1ll*Ans*KSM(N, mod-2)) % mod);
}

int main(){
        scanf("%d", &T);
        while(T --) Work();
        return 0;
}

$例题$

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