Polya 定理入门[Burnside引理,Polya定理,欧拉函数]
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了Polya 定理入门[Burnside引理,Polya定理,欧拉函数]相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
\(这篇blog重点讨论Polya的应用, 更详细的证明请百度 .\)
\(Burnside引理\)
\[L=\frac1|G|\sum_i=1^|G|D(a_i)\]
\(L\): 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 \(Polya定理\) \(↓\)
\(Polya定理\)
\[L=\frac1|G|\sum_i=1^|G|M^C(g_i)\]
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 \(\colorred循环节\).
设转了 \(t\) 次后, 第一次回到 \(i\) 位置, 则
\(t * k=lcm(k, N)=\frack*Ngcd(k,N)\),
\(\therefore t=\fracNgcd(k,N)\),
\(t\) 为\(\colorred循环节\)长度, 则\(\colorred循环节\)数量为 \(\fracNt=gcd(k,N)\).
公式中 颜色的数量为 \(M\); 在 \(g_i\) 置换下, 有 \(C(g_i)\) 个 \(\colorred循环节\).
此题中 \(C(g_i)=gcd(k,N)\), \[\therefore Ans=L=\frac1N\sum_k=0^N-1M^gcd(k,N)\]
\(拓展 1\)
假如上题增加 \(\colorred对称同构\), 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 \(\fracN+12\), 总共有 \(N\) 个对称轴置换, 则对答案贡献为 \(\fracN*M^\fracN+122N\)
最后的答案为 \[Ans=L=\frac12N(\sum_k=0^N-1M^gcd(k,N)+N*M^\fracN+12)\] \(N\) 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 \(\fracN2\) 种, 总共有 \(N\) 个对称轴置换,
对称轴上无点时, 循环节个数为\(\fracN2\), 对答案贡献为 \(\fracM^\fracN22N\),总贡献为\(\frac\fracN2*M^\fracN22N\).
对称轴上有点时, 循环节个数为\(\fracN2+1\), 对答案贡献为 \(\fracM^\fracN2+12N\), 总贡献为 \(\frac\fracN2*M^\fracN2+12N\).所以最后的答案为
\[Ans=L=\frac12N(\sum_k=0^N-1M^gcd(k,N)+\fracN2*M^\fracN2+\fracN2*M^\fracN2+1)\]
\(拓展2\)
若 \(\colorredN<=10^9\) , \(O(N)\)计算下式会 \(TLE\), 需要更快的办法,
\[Ans=L=\frac1N\sum_k=0^N-1M^gcd(k,N)\]
由于 \(gcd(k,N)|N\), 而\(N\)的约数不会超过 \(2\sqrtN\) 个,
考虑枚举 \(d\), \((d|N)\)
则就只需统计 \(gcd(k,N)=d\) 的 \(k\) 的个数.
\(d=gcd(k,N)=gcd(d*t, d*\fracNd)\)
则 \(t\) 与 \(\fracNd\) 互质, 即 \(\colorredgcd(t, \fracNd) = 1\).
\(\therefore \colorred\varphi(\fracNd)\) 即为 \(gcd(k,N)=d\) 的 \(k\) 的个数.
于是 \[Ans=L=\frac1N\sum_d|N\varphi(\fracNd) *M^d\]
.
\(如何求解 \varphi(x)?\)
根据定义: \[\varphi(x)=x\prod_p_i|x(1-\frac1p_i)\]
通分得: \(\varphi(x) = x\prod_p_i|x\fracp_i-1p_i\)
按上式实现, 时间复杂度小于 \(O(\sqrtN)\), 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 \(O(\sqrtN),O(logN)\) 分别求出所有约数 \(d\) 和 \(\varphi(\fracNd)\) 即可, 时间复杂度 \(O(\sqrtNlogN)\).
\(\mathcalCode\)
#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\n", (1ll*Ans*KSM(N, mod-2)) % mod);
int main()
scanf("%d", &T);
while(T --) Work();
return 0;
\(例题\)
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