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polya定理概述

Polya定理

置换：

1，2，3，……，n

P[1]，P[2]，P[3]，……，P[n]

有一个序列，原来是1，2，3，……，n，现在用P[1]来代替1，用P[2]来代替2，用P[3]来代替3，……，用P[n]来代替n，那么我们就称P为原序列的一个置换。

循环：

1，2，3，……，n-1，n

2，3，4，……，n，1

有一个序列，原来是1，2，3，……，n，现在用2来代替1，用3来代替2，用4来代替3，……，用n来代替n-1，用1来代替n，那么我们就称（1，2，3，……，n）为原序列的一个循环。

任意一个置换都可以划分为若干个循环的共同作用效果。

例如：

置换P[3，5，1，2，4]，我们可以用（1，3）（2，5，4）这两个循环来表示这一个置换（原序列为1，2，3，4，5）。

置换P[5，2，4，6，1，3]，我们可以用（1，5）

（2）（3，4，6）这三个循环来表示这一个置换（原序列为1，2，3，4，5，6）。

通过上面两个例子，我们可以感受到了，可以使用若干个循环来表示一个置换。

当我们知道一个置换P的时候，我们可以用O（n）的时间来找出它的循环，具体算法就是线性扫描，并对扫描过的进行标记，最终可以求出循环数和每个循环的大小。

重要定理：

n个序列，m个置换中，对于每一个序列，置换不动数*同类数=总置换数。

其中，给出以上名词的定义：

置换不动数：

在m个置换中，存在k个置换，使得这个序列通过任一个置换都保持序列相等，那么k就是置换不动数。

同类数：

在n个序列中，存在k个序列，使得这个序列可以通过m个置换中的任一个置换到达，那么k就是同类数。

总置换数：

就是m。

证明：

设置换不动数为x，同类数为y，总置换数为z。

对于一个序列A，我们知道，有x个置换可以使得A*P=A（其中P∈这x个置换）。

那么，设有两个置换M和N，满足A*M=A*N≠A，可以得到A*M/N=A，可见（M/N）∈这x个置换，也就是M∈（N*这x个置换），即对于任意一个置换P，则有x个置换与它等价（包括自己），又因为有y个同类数，所以x*y=z，定理得证。

注意事项：

序列虽然是1，2，3，……，n，但是序列的第1个格子、第2个格子、第3个格子、……、第n个格子，它们格子里面的值不一定是1，2，3，……，n，可以是任意数字。

判断两个序列是否相等的标准，就是判断每一个对应的格子的内容是否都相等。

（通俗点来讲就是对格子涂色）

Burnside定理：

用若干种颜色对一个序列进行染色，那么在m个置换中，C（i）表示在第i个置换下不动的序列数，则有ans=（Σ（C（i）））/m，其中ans为等价类数目（两个序列A和B，如果A通过某一个置换可以到达B，那么A和B属于同一个等价类）

证明：

设总共有L个等价类，总置换数为m，第i个等价类的置换不动数为Xi，同类数为Yi，那么Σ（C（i））（1<=i<=m）=Σ（Xi*Yi）（1<=i<=L）=Σ（m）（1<=i<=L）=L*m，那么L=（Σ（C（i）））/m，定理得证。

（等式转化中用到了重要定理）

证明技巧：

令t=Σ（C（i）），那么我们在求t的时候，这种方法就是对于所有的置换分别求出不动数再求和，然而第二种方法就是对于所有的序列分别求出置换不动数再求和，证明的时候利用这两种方法结合即可。

Polya定理：

用k种颜色给n个格子染色，对于一个置换P，如果它有m个循环，那么C（P）=km。

证明：

一个置换P，如果它有m个循环，通过这个置换不动的序列，必然满足一个条件，就是在序列中的同一个循环的格子的颜色相同，有k种颜色，m个循环，那么C（P）=km。

【例一】：

SGU294

有一个长度为N的环，上面写着’X’和’E’，问本质不同的环有多少种。

（N不超过200000，两个本质不同的环不可以通过旋转而互相得到）。

【分析】：

用2种颜色，给N个格子染色，其中有N个置换（这N个置换分别为：

不变，向左移1格，向左移2格，向左移3格，……，向左移N-1格）。

总共最多有2N种环，也就是有60000多位数，就算用一万进制优化，也有15000多位数。

最直接的方法：

依次求出N个置换的循环数，然后运用polya定理求出等价类个数，这样的复杂度为O（N2*数字位数）。

第一个优化：

不难发现，向左移动x格，那么这个置换的循环数就是GCD（N，x），如果不变则视为向左移动N格，具体证明可以按照分组的原理证明就可以了。

这样的时间复杂度为O（N*数字位数），还是过不了。

第二个优化：

仔细观察我们计算的方式，居然是依次求N个置换的循环数，这样的话白白浪费了大量运算。

我们可以实现预处理出GCD为1的有多少个、GCD为2的有多少个、GCD为3的有多少个、……、GCD为N的有多少个，然后对于GCD相同的只计算一次，这样就可以避免重复计算，时间复杂度为O（因数个数*数字位数），可以通过。

【例二】：

UVA10601

要求把正方体的12条棱染色，并且每种颜色的个数给定，求总方案数（旋转后相同的方案算一种）。

【分析】：

一个正方体，有各种各样的旋转方法，空间想象能力差的人就吃亏了。

但是如果分类好的话，谁都可以做出这道题目。

我们首先给这个正方体的六个面编个号，分别是1、2、3、4、5、6，其中1与6是相对的，2与5是相对的，3与4是相对的（就是一个骰子而已）。

然后我们可以分6种情况：

1在正上方，6在正下方。

6在正上方，1在正下方。

2在正上方，5在正下方。

5在正上方，2在正下方。

3在正上方，4在正下方。

4在正上方，3在正下方。

这六种情况都可以有4种旋转方法：

首先俯视这个正方体，然后顺时针旋转0°、90°、180°、270°。

这就是4种方法了。

综上所述，分6种情况，每种情况有4种方法，所以旋转方法有6*4=24种。

这道题目分析到这里，可以说已经完成了80%了。

接下来的任务就是找出这24个置换（如果想要方便点的话，可以先打表打出（1，6）、（2，5）、（3，4）这三种情况的置换，然后上下颠倒和顺时针旋转都用通式来表示出来）。

因为颜色数有限制，所以我们可以使用状态压缩动态规划，用f[a1][a2][a3][a4][a5][a6]来表示第1种颜色使用了a1次、第2种颜色使用了a2次、第3种颜色使用了a3次、第4种颜色使用了a4次、第5种颜色使用了a5次、第6种颜色使用了a6次的方案总数。

然后分别求出24个置换的方案总数，除以24就是答案了（Burnside定理），总的状态数为O（126）。

（其实没有这么多的）

【例三】：

SPOJ419SPOJ422

给你一个2a2b的矩阵，在内存中的存放方式是先存第一行的，再存第二行的……每行也是从左到右存放。

现在你想求它的转置矩阵（也是一样的储存方式），但是只能用交换操作，问需要交换多少步。

SPOJ419有100组输入数据

SPOJ422有400000组输入数据

【分析】：

举个例子来说明题意：

设a=1，b=2：

原矩阵：

0123

4567

原矩阵内存：

0、1、2、3、4、5、6、7

转置矩阵：

04

15

26

37

转置矩阵内存：

0、4、1、5、2、6、3、7

相当于一个置换P[0，4，1，5，2，6，3，7]，显然这个置换可以表示成（0）（1，4，2）（3，5，6）（7），有4个循环，答案为21+2-4=4，即交换次数为4。

假设置换中有k个循环，那么交换次数为2a+b-k，因为交换只存在于每个循环之中，并且在一个大小为x的循环中需要交换x-1次。

在上面这个例子中：

6从原矩阵中的（1，2）到达转置矩阵中的（2，1），从原矩阵中的地址22*1+2到达转置矩阵中的地址21*2+1。

一半来说，从2a*2b的（x，y）到达2b*2a的（y，x）的时候，地址从2bx+y到达2ay+x，把这两个地址写成二进制数，就相当于下图：

那么每次转换位置的时候就相当于把地址循环向左移动a位（越界的拉到最右边去），那么一个地址经过移动若干次肯定会回到它自己本身，这就是循环。

这些循环的大小应该就是（a+b）/GCD（a+b，a），因为（a+b）/GCD（a+b，a）*a=LCM（a+b，a），并且LCM（a+b，a）mod（a+b）一定等于0，所以具有以上性质。

我们令L=（a+b）/GCD（a+b，a），当a=1的时候就是【例一】了，当a≠1的时候，我们令T=GCD（a+b，a），把一个置换中的a+b个内容划分为若干组，其中每组的大小为T，在同一组中，显然方案数为2T，划分完毕之后，就相当于把每一个置换的总长度变为L（因为（a+b）/T），也就把问题转化为a=1的情况了。

设每一个置换的长度为L，若一个置换为循环向左移动i位（不动视为向左移动L位），那么我们就在GCD（L，i）上累加一下，把GCD相同的统一计算，再运用Polya定理和Burnside定理可以求出等价类个数，即最初问题的循环个数k，最后求出答案2a+b-k，即最少交换次数。

下面我们来仔细分析一下具体过程：

①：

预处理出1到106中的每一个数是否质数以及每一个数的其中一个质因子。

②：

对L进行质因数分解（L也就是（a+b）/GCD（a+b，a）），相同的质因子只存一个。

然后先初始队列队列令f[1]=L，对于队列上的一个数i，我们枚举一个质因子j，令Δ=f[i]/j，那么我们就让f[i]=f[i]-Δ，f[i*j]=f[i*j]+Δ（注意如果i*j大于L就放弃），并且不重复地扩展队列，那么扩展次数就是L的因数个数了。

（其实f[i]就是GCD为i的个数）

③：

枚举②中队列的每一个数，对于GCD为i的，我们累加2i*f[i]，最后得到的结果除以L，就是最初问题的循环个数k，最后求出答案2a+b-k，即最少交换次数。

对②分配方式的证明：

首先当前队列上的数为i，那么枚举到第一个质因子j时，我们把f[i]分配给f[i*j]的时候应该分配得相对较多，因为它包括了GCD是i*j的倍数的情况，所以我们应该让先分配的优先扩展队列，这样才能避免重复分配，这样的话就可以保证分配的正确性，因为GCD为它本身的倍数的可以成功扩展出去。

综上所述，我们可以得到一个时间复杂度为O（cases*α（a+b））的算法。

（其中α（x）为x的因数个数）

经验总结：

这一题中题目已经很清楚地写出了2x这个关键字眼，就应该想到需要把地址拆成二进制写出来，然后对二进制数进行分组，不难发现转置操作就是循环左移a位。

后面的优化手段也只是常见做法而已，关键的是要把问题转化为polya模型。

【例四】：

SGU282

染色图是无向完全图，且每条边可被染成M种颜色中的一种。

两个染色图是同构的，当且仅当可以改变一个图的顶点的编号，使得两个染色图完全相同。

问N个顶点，M种颜色，本质不同（两两互不同构）的染色图个数（模质数P）。

（1<=N<=53，1<=M<=1000，N

【分析】：

这道题目说改变顶点的编号视为同构，那么我们就可以想到点的置换，枚举点的置换并求出它所导致的边的置换，求平均数即为答案。

但是点的置换有N！

这么多，所以我们只好避免重复计算，把具有相同特征的置换统一计算。

我们把置换用最小表示法表示出来，A1+A2+……+AL=N，其中L为这个置换的循环数，Ai表示第i个循环的大小，并且0＜A1≤A2≤……≤AL。

按道理来讲这种划分方法的数量应该很少的，并且事实上它也只有三十多万而已。

对于一个{Ai}，我们可以计算出有多少个置换的最小表示法是它。

显然选出来的方案数首先是C（N，A1）*C（N-A1，A2）*……*C（AL，AL），那么就是N！

/（A1！

A2！

……AL！

）。

但是因为相同的值无论先后取都是一样的，所以有重复，那么答案又应该是N！

/（A1！

A2！

……AL！

B1！

B2！

……BT！

），但是对于一个Ai，选完之后还与顺序有关（因为选点的顺序不同置换就不同了），所以最终的答案应该是N！

/（A1A2……ALB1！

B2！

……BT！

）。

现在已经处理好点的置换了，就来分析一下点的置换引起边的置换的关系。

①：

对于任意两个点，分别为i和j，它们同时属于一个Ak，那么所有边（i，j）可以组成[Ak/2]个循环。

②：

对于任意两个点，分别为i和j，它们分属Am和An，那么所有边（i，j）可以组成GCD（Am，An）个循环。

根据上面两个关系，我们可以求出点的置换所引起的边的置换的循环总数，然后运用polya定理求解即可，时间复杂度为O（F（N）*N2）。

（其中F（N）为N的最小表示法数量）

①证明：

对于任意两个点，分别为i和j（i＜j），它们同时属于一个Ak，那么边（i，j）将会成为（imodAk+1，jmodAk+1），又因为min（|i-j|，Ak-|i-j|）≤[Ak/2]，所以所有边可以组成[Ak/2]个循环。

②证明：

对于任意两个点，分别为i和j，它们分属Am和An，那么边（i，j）将会将会成为（imodAm+1，jmodAn+1），并且循环的大小为LCM（Am，An），总个数为Am*An，所以循环个数为Am*An/LCM（Am，An），即GCD（Am，An）。

这个问题解决的关键是找出相同特征的置换并统一只计算一次，这种思想在很多地方都很有用，它的作用就是能大大减少重复计算次数，提高程序效率。

同时做一些数学题的时候应该多猜想，

找出尽可能多的有用的性质来帮助解题，时间允许的话可以适当证明一下。

【例五】：

POJ1286

用3种颜色给n（n＜24）个点染色，其中旋转和翻转均被视为相同种类，问种类个数。

【分析】：

这道题应该是很简单的。

用3种颜色给n个点染色，旋转的话置换则有[1，2，……，n]、[2，……，n，1]、……、[n，1，……，n-1]，翻转的话则有[n，n-1，……，1]、[n-1，……，1，n]、……、[1，n，……，2]，总共有2n个置换，直接把每一个置换枚举出来再用polya定理求解即可，时间复杂度为O（n2），其实这题还可以运用【例一】和【例三】中的思想进行优化，做到O（n）。

【例六】：

POJ2154

有3500组数据，每组数据给出n（1≤n≤109）和p（1≤p≤30000），要求用n种颜色给n个点染色（不必用完n种颜色），旋转则视为同一种方案，问方案数模p。

【分析】：

最简单的方法就是求出n个置换（左移1次、左移2次、……、左移n次），然后求平均数，这样的时间复杂度为O（3500*n），不大实际。

我们可以运用【例三】中的方法进行优化，只对n的因数进行求解，因为因数个数很少，我们可以求出每一个因数有多少次成为GCD。

在此之前，我们必须对n进行质因数分解，时间复杂度为O（n0.5），所以总的时间复杂度为O（3500*n0.5）。

这道题必须注意的是方案数模p（p不一定与n互质），我们如果求完总数再除以n的话就有麻烦了。

但是我们发现，它是用n种颜色染色的，所以我们在使用polya定理求解的时候，假设一个置换有k个循环，本来应该累加nk的，现在只需要累加nk-1即可，因为这样就等价于除以n了，但是却避免了除法。

【例七】：

POJ2888（个人感觉这题不错）

多组数据，给出n（1≤n≤109）个点和m（1≤m≤10）种颜色还有k（0≤k≤C（m，2））个限制，就是用m种颜色给n个点染色（不必用完m种颜色），这n个点组成一个环，有k个限制，第i个限制包括两个数Ai和Bi，表示Ai和Bi这两种颜色不可以相邻。

并且这个环旋转产生的新方案被视为同一种，现在要求满足这k个限制的方案数。

【分析】：

点数这么多，并且还多组数据，普通的方法一定不行，因为n个置换实在难受，所以我们只好另寻思路。

对于n个置换（左移1次、左移2次、……、左移n次），就算使用【例三】的优化方法，我们也不能满足k个限制，所以【例三】这种强大的优化方法也无能为力。

置换数太多，让我们无法使用polya定理，应该用其它方法和Burnside定理结合起来解题，这样才能求出方案数。

考虑到有限制条件，我们可以使用DP。

首先枚举第一个点的颜色，再用f[i][j]来表示当前处理到了第i个点，并且这个点的颜色为j的方案数，最后在f[n]中求出与第一个点的颜色匹配的方案数和。

考虑到每一阶段转移的方式都是不变的，并且n很大，m很小，所以我们可以使用矩阵乘法加速转移。

一个置换可以划分为x个循环，那么我们就用x来代替n做上面的矩阵乘法就可以了，因为循环是必须同色的，并且只有相邻循环会涉及到题目的限制，和逐个逐个点是一样的。

所以总的时间复杂度为O（F（n）*m3*log2n）。

（其中F（n）为n的因数个数）

题目就这么多了，再多的题目也是类似的方法处理，万变不离其宗，关键的是使用好两个定理，避免重复计算，找出题目中各种各样的性质，再用强大的方法优化，这样就对解题有很大的帮助。