（组合数学笔记）Pólya计数理论_Part.7_Pólya定理的母函数形式
文章目录
- Pólya定理的母函数形式
- 颜色集上的权函数
- 权函数的由来
- 染色方案的权
- 染色方案的枚举
- 染色方案集的模式清单(Inventory)
- 定理：等价的染色方案具有相同的权
- 一些定义
- 引理1
- 染色方案集Keb(σ)\mathrm{Keb}(\sigma)Keb(σ)
- 引理2
- Pólya定理的母函数形式
- 注记
- 例题及分析
- 重集的圆排列(手镯型、项链型)
- 手镯型
- 项链型
- 例题及分析
Pólya定理的母函数形式
颜色集上的权函数
权函数的由来
为方便跟踪各种染色方案的颜色使用情况，我们将CCC中的每一种颜色ccc赋予一个权w(c)w(c)w(c)，并称w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在颜色集CCC上的权函数，简称权。其中权仅表示一种记号，这种记号可以是数或者字母，没有实际含义，并不是一般数学意义下的权。
染色方案的权
设CCC为颜色集，XXX是染色对象集，w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在CCC上的权函数，则对于φ∈CX\varphi\in C^Xφ∈CX，令
w(φ)=∏x∈Xw(φ(x)),w(\varphi)=\prod\limits_{x\in X}w(\varphi(x)), w(φ)=x∈X∏w(φ(x)),
则称w(φ)w(\varphi)w(φ)是染色方案的权。
染色方案的权w(φ)w(\varphi)w(φ)刻画了染色方案φ\varphiφ的颜色使用情况。
染色方案的枚举
设CCC为颜色集，XXX是染色对象集，w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在CCC上的权函数，则对于K⊆CXK\subseteq C^XK⊆CX，令
w(K)=∑φ∈Kw(φ),w(K)=\sum\limits_{\varphi\in K}w(\varphi), w(K)=φ∈K∑w(φ),
则称w(K)w(K)w(K)为染色方案集KKK的权，并约定w(∅)=0w(\varnothing)=0w(∅)=0.
染色方案集的模式清单(Inventory)
定理：等价的染色方案具有相同的权
设w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在颜色集CCC上的权函数，GGG是染色对象集XXX上的置换群，如果φ1,φ2∈CX\varphi_1,\ \varphi_2\in C^Xφ1, φ2∈CX且φ1∼Gφ2\varphi_1\stackrel{G}{\sim}\varphi_2φ1∼Gφ2，那么有w(φ1)=w(φ2)w(\varphi_1)=w(\varphi_2)w(φ1)=w(φ2).
一些定义
设GGG是XXX上的置换群，G‾\overline{G}G是由GGG导出的染色方案集CXC^XCX上的置换群，则
- 模式：一个染色方案等价类（或群G‾\overline{G}G的一条轨道）；
- 等价类的权（模式的权）：该等价类（模式）中元素所共有的权；
- 模式清单：CX/G‾C^X/\overline{G}CX/G中所有模式的权之和，记为Inv(CX/G‾)\mathrm{Inv}(C^X/\overline{G})Inv(CX/G).根据定理，可知CX/G‾=CX/GC^X/\overline{G}=C^X/{G}CX/G=CX/G，所以也有
Inv(CX/G‾)=Inv(CX/G)=∑Orb(φ)∈CX/G‾w(φ).\mathrm{Inv}(C^X/\overline{G})=\mathrm{Inv}(C^X/{G})=\sum\limits_{\mathrm{Orb}(\varphi)\in C^X/\overline{G}}w(\varphi). Inv(CX/G)=Inv(CX/G)=Orb(φ)∈CX/G∑w(φ).
注记：模式清单以染色方案等价类作为单位，枚举了所有染色方案的颜色使用情况和使用计数。
引理1
设CCC为颜色集，XXX是染色对象集，w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在CCC上的权函数，GGG是XXX上的置换群，G‾\overline{G}G是由GGG导出的染色方案集CXC^XCX上的置换群，对于给定的σˉ∈G‾\bar{\sigma}\in\overline{G}σˉ∈G，令Fix(σˉ)={φ∣φ∈CX,σˉ(φ)=φ}\mathrm{Fix}(\bar{\sigma})=\{\varphi|\varphi\in C^X,\ \bar{\sigma}(\varphi)=\varphi\}Fix(σˉ)={φ∣φ∈CX, σˉ(φ)=φ}。用CCC中的颜色对XXX中的对象进行染色，则染色方案集CXC^XCX关于群GGG的模式清单为
Inv(CX/G)=1∣G‾∣∑σˉ∈G‾w(Fix(σˉ)).\mathrm{Inv}(C^X/G)=\frac{1}{|\overline{G}|}\sum\limits_{\bar{\sigma}\in \overline{G}}w(\mathrm{Fix}(\bar{\sigma})). Inv(CX/G)=∣G∣1σˉ∈G∑w(Fix(σˉ)).
证明思路：利用殊途同归原理，从不动点稳定子的角度出发，并根据前述定理1及前述定理2，有
1∣G‾∣∑σˉ∈G‾w(Fix(σˉ))=1∣G‾∣∑φ∈CXw(φ)∣Sta(φ)∣=1∣G‾∣∑Orb(φ)∈CX/G‾∑φ∈Orb(φ)w(φ)∣Sta(φ)∣=1∣G‾∣∑Orb(φ)∈CX/G‾w(φ)∣Orb(φ)∣∣Sta(φ)∣=∑Orb(φ)∈CX/G‾w(φ)=Inv(CX/G)\begin{aligned} \frac{1}{|\overline{G}|}\sum\limits_{\bar{\sigma}\in \overline{G}}w(\mathrm{Fix}(\bar{\sigma})) &=\frac{1}{|\overline{G}|}\sum\limits_{\varphi\in C^X} w(\varphi)|\mathrm{Sta}(\varphi)|\\ &=\frac{1}{|\overline{G}|}\sum\limits_{\mathrm{Orb(\varphi)}\in C^X/\overline{G}}\ \ \sum\limits_{\varphi\in \mathrm{Orb}(\varphi)}w(\varphi)|\mathrm{Sta}(\varphi)|\\ &=\frac{1}{|\overline{G}|}\sum\limits_{\mathrm{Orb(\varphi)}\in C^X/\overline{G}}w(\varphi)|\mathrm{Orb}(\varphi)||\mathrm{Sta}(\varphi)|\\ &=\sum\limits_{\mathrm{Orb(\varphi)}\in C^X/\overline{G}}w(\varphi)=\mathrm{Inv}(C^X/G) \end{aligned} ∣G∣1σˉ∈G∑w(Fix(σˉ))=∣G∣1φ∈CX∑w(φ)∣Sta(φ)∣=∣G∣1Orb(φ)∈CX/G∑ φ∈Orb(φ)∑w(φ)∣Sta(φ)∣=∣G∣1Orb(φ)∈CX/G∑w(φ)∣Orb(φ)∣∣Sta(φ)∣=Orb(φ)∈CX/G∑w(φ)=Inv(CX/G)
染色方案集Keb(σ)\mathrm{Keb}(\sigma)Keb(σ)
对∀σ∈G\forall \sigma\in G∀σ∈G，令σ=C1C2⋯Ck\sigma=C_1C_2\cdots C_kσ=C1C2⋯Ck，其中CjC_jCj是σ\sigmaσ循环分解式中的第jjj个循环（CjC_jCj也表示第jjj个循环中所包含的元素之集），令
Keb(σ)={φ∣φ∈CX,φ(x)=φ(y),∀x,y∈Cj,1⩽j⩽k},\mathrm{Keb}(\sigma)=\left\{\varphi|\varphi\in C^X,\ \varphi(x)=\varphi(y),\ \forall x,\ y\in C_j,\ 1\leqslant j\leqslant k\right\}, Keb(σ)={φ∣φ∈CX, φ(x)=φ(y), ∀x, y∈Cj, 1⩽j⩽k},
显然，Keb(σ)⊆CX\mathrm{Keb}(\sigma)\subseteq C^XKeb(σ)⊆CX, Keb(σ)\mathrm{Keb}(\sigma)Keb(σ)中的染色方案都将σ\sigmaσ同一循环中的对象染成同样的颜色，且有
Keb(σ)≡Fix(σˉ).\mathrm{Keb}(\sigma)\equiv\mathrm{Fix}(\bar{\sigma}). Keb(σ)≡Fix(σˉ).
引理2
设CCC为颜色集，XXX是染色对象集，w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在CCC上的权函数，GGG是nnn元对象集XXX上的置换群，对于σ∈G\sigma\in Gσ∈G，λj(σ)\lambda_j(\sigma)λj(σ)表示σ\sigmaσ长度为jjj的循环个数，则有
w(Keb(σ))=∏j=1nwj(C)λj(σ),wj(C)=∑c∈Cw(c)j,w(\mathrm{Keb}(\sigma))=\prod\limits_{j=1}^{n}w_j(C)^{\lambda_j(\sigma)},\ \ w_j(C)=\sum\limits_{c\in C}w(c)^j, w(Keb(σ))=j=1∏nwj(C)λj(σ), wj(C)=c∈C∑w(c)j,
其中wj(C)w_j(C)wj(C)表示用CCC中的颜色染色σ\sigmaσ的一个循环中的对象且每个对象染同样颜色的所有染色方案的权之和，也是Keb(σ)\mathrm{Keb}(\sigma)Keb(σ)中所有染色方案限制在σ\sigmaσ的长度为jjj的循环上的权之和。
Pólya定理的母函数形式
设GGG是nnn元对象集XXX上的置换群，w(⋅)w(\cdot)w(⋅)是定义在mmm元颜色集CCC上的权函数，用CCC中的颜色对XXX中的对象进行染色，则染色方案集CXC^XCX关于置换群GGG的模式清单为
Inv(CX/G)=CI(w1(C),w2(C),⋯,wn(C)),\mathrm{Inv}(C^X/G)=\mathrm{CI}(w_1(C),\ w_2(C),\ \cdots,\ w_n(C)), Inv(CX/G)=CI(w1(C), w2(C), ⋯, wn(C)),
其中CIG(x1,x2,,⋯,xn)\mathrm{CI}_{G}(x_1,\ x_2,\ ,\cdots,\ x_n)CIG(x1, x2, ,⋯, xn)是置换群GGG的循环指数，wk(C)w_k(C)wk(C)如引理2所示。
注记
如果mmm元颜色集CCC上的权函数w(⋅)≡1w(\cdot)\equiv1w(⋅)≡1，那么
wk(C)=∑c∈Cw(c)k=m,w_k(C)=\sum\limits_{c\in C}w(c)^k=m, wk(C)=c∈C∑w(c)k=m,
此时Inv(CX/G)=CIG(m,m,⋯,m)\mathrm{Inv}(C^X/G)=\mathrm{CI}_G(m,\ m,\ \cdots,\ m)Inv(CX/G)=CIG(m, m, ⋯, m)就是模式数(染色方案数)。
例题及分析
基本步骤
假设颜色集C={c1,c2,c3}C=\{c_1,\ c_2,\ c_3\}C={c1, c2, c3}，即只考虑三色染色问题，对对象集XXX中的nnn个对象进行染色；并且只关心c2c_2c2用了ℓ\ellℓ次的方案数，则可以定义CCC上的权函数w(⋅)w(\cdot)w(⋅)使之满足
w(c1)=w(c3)=1,w(c2)=x,w(c_1)=w(c_3)=1,\ \ w(c_2)=x, w(c1)=w(c3)=1, w(c2)=x,
此时有wj(C)=2+xjw_j(C)=2+x^jwj(C)=2+xj。那么颜色c2c_2c2使用了ℓ\ellℓ次的方案数NNN为模式清单Inv(CX/G)\mathrm{Inv}(C^X/G)Inv(CX/G)的展开式中xℓx^\ellxℓ的系数，记为[xℓ]Inv(CX/G)[x^\ell]\ \mathrm{Inv}(C^X/G)[xℓ] Inv(CX/G)，即有
N=[xℓ]Inv(CX/G)=[xℓ][1∣G∣∑σ∈G∏j=1n(2+xj)λj(σ)].N=[x^\ell]\ \mathrm{Inv}(C^X/G)=[x^\ell]\left[\frac1{|G|}\sum\limits_{\sigma\in G}\prod\limits_{j=1}^n(2+x_j)^{\lambda_j(\sigma)}\right]. N=[xℓ] Inv(CX/G)=[xℓ][∣G∣1σ∈G∑j=1∏n(2+xj)λj(σ)].
例题分析
- 用黑白两色珠子穿nnn珠手镯，求恰有k(⩽n)k(\leqslant n)k(⩽n)个白珠子的方案数NNN.
显然有C={黑,白}C=\{黑,\ 白\}C={黑, 白}，定义权函数:w(黑)=1,w(白)=xw\left(黑\right)=1,\ w\left(白\right)=xw(黑)=1, w(白)=x，此时wj(C)=1+xjw_j(C)=1+x^jwj(C)=1+xj。注意到对应的置换群Cn\mathcal{C}_nCn的循环指数为
CICn(x1,x2,⋯,xn)=1n∑d∣nϕ(d)xdn/d,\mathrm{CI}_{\mathcal{C}_n}(x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_n)=\frac1n\sum\limits_{d\ |\ n}\phi(d)x_d^{n/d}, CICn(x1, x2, ⋯, xn)=n1d ∣ n∑ϕ(d)xdn/d,
所以有
Inv(CX/Cn)=1n∑d∣nϕ(d)(1+xd)n/d=1n∑d∣nϕ(d)∑i=0n/d(n/di)xid,\mathrm{Inv}\left(C^X/\mathcal{C}_n\right)=\frac1n\sum\limits_{d\ |\ n}\phi(d)(1+x^d)^{n/d}=\frac1n\sum\limits_{d\ |\ n}\phi(d)\sum\limits_{i=0}^{n/d}\binom{n/d}{i}x^{id}, Inv(CX/Cn)=n1d ∣ n∑ϕ(d)(1+xd)n/d=n1d ∣ n∑ϕ(d)i=0∑n/d(in/d)xid,
最后可得方案数
N=[xk]Inv(CX/Cn)=1n∑d∣gcd(n,k)ϕ(d)(n/dk/d).N=[x^k]\ \mathrm{Inv}\left(C^X/\mathcal{C}_n\right)=\frac1n\sum\limits_{d\ |\ \gcd{(n,\ k)}}\phi(d)\binom{n/d}{k/d}. N=[xk] Inv(CX/Cn)=n1d ∣ gcd(n, k)∑ϕ(d)(k/dn/d).
- 正六面体的8个顶点中任取4个染色，求其染色方案数NNN。
显然C={无色,有色}C=\{无色,\ 有色\}C={无色, 有色}，权函数w(无色)=1,w(有色)=xw(无色)=1,\ w(有色)=xw(无色)=1, w(有色)=x，则显然有wj(C)=1+xjw_j(C)=1+x^jwj(C)=1+xj。根据前述定理的结论，有
CIGv(x1,x2,⋯,x8)=124(x18+8x12x32+9x24+6x42).\mathrm{CI}_{\mathcal{G}_\mathbf{v}}(x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_8)=\frac1{24}\left(x_1^8+8x_1^2x_3^2+9x_2^4+6x_4^2\right). CIGv(x1, x2, ⋯, x8)=241(x18+8x12x32+9x24+6x42).
所以可得
Inv(CX/Gv)=CIGv(w1(C),w2(C),⋯,w8(C))=124[(1+x)8+8(1+x)2(1+x3)2+9(1+x2)4+6(1+x4)2]=1+x+3x2+3x3+7x4+3x5+3x6+x7+x8\begin{aligned} \mathrm{Inv}(C^X/\mathcal{G}_\mathbf{v})&=\mathrm{CI}_{\mathcal{G}_\mathbf{v}}(w_1(C),\ w_2(C),\ \cdots,\ w_8(C))\\ &=\frac1{24} \left[(1 + x)^8 + 8 (1 + x)^2 (1 + x^3)^2 + 9 (1 + x^2)^4 + 6 (1 + x^4)^2\right] \\ &= 1 + x + 3 x^2 + 3 x^3 + 7 x^4 + 3 x^5 + 3 x^6 + x^7 + x^8 \end{aligned} Inv(CX/Gv)=CIGv(w1(C), w2(C), ⋯, w8(C))=241[(1+x)8+8(1+x)2(1+x3)2+9(1+x2)4+6(1+x4)2]=1+x+3x2+3x3+7x4+3x5+3x6+x7+x8
最后可得方案数为
N=[x4]Inv(CX/Gv)=7.N=[x^4]\ \mathrm{Inv}\left(C^X/\mathcal{G}_\mathbf{v}\right)=7. N=[x4] Inv(CX/Gv)=7.
重集的圆排列(手镯型、项链型)
手镯型
设S={n1⋅c1,n2⋅c2,⋯,nk⋅ck}S=\{n_1\cdot c_1,\ n_2\cdot c_2,\ \cdots,\ n_k\cdot c_k\}S={n1⋅c1, n2⋅c2, ⋯, nk⋅ck}为nnn元重集，其中n=∑i=1knin=\sum\limits_{i=1}^kn_in=i=1∑kni。若将SSS中所有元素作手镯型圆排列，记其方案数为⨀b[n1,n2,⋯,nk]\bigodot_b[n_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_k]⨀b[n1, n2, ⋯, nk], 则有
⨀b[n1,n2,⋯,nk]=1n∑d∣gcd(n1,n2,⋯,nk)ϕ(d)(n/dn1/d,n2/d,⋯,nk/d).\bigodot_b[n_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_k]=\frac1n\sum\limits_{d\ |\gcd(n_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_k)}\phi(d)\binom{n/d}{n_1/d,\ n_2/d,\ \cdots,\ n_k/d}. b⨀[n1, n2, ⋯, nk]=n1d ∣gcd(n1, n2, ⋯, nk)∑ϕ(d)(n1/d, n2/d, ⋯, nk/dn/d).
证明思路：
直接根据正nnn边形顶点集上置换群的循环指数公式，并利用多项式通项的系数表达式，可证。
项链型
需要考虑奇偶两种情况。
设S={n1⋅c1,n2⋅c2,⋯,nk⋅ck}S=\{n_1\cdot c_1,\ n_2\cdot c_2,\ \cdots,\ n_k\cdot c_k\}S={n1⋅c1, n2⋅c2, ⋯, nk⋅ck}为nnn元重集，其中n=∑i=1kni,nj⩾3n=\sum\limits_{i=1}^kn_i,\ n_j\geqslant3n=i=1∑kni, nj⩾3，并设n1,n2,⋯,nkn_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_kn1, n2, ⋯, nk中有rrr个奇数。若将SSS中所有元素作项链型圆排列，记其方案数为⨀n[n1,n2,⋯,nk]\bigodot_n[n_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_k]⨀n[n1, n2, ⋯, nk], 则有
⨀n[n1,n2,⋯,nk]=12[⨀b[n1,n2,⋯,nk]+f],\bigodot\nolimits_n[n_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_k]=\frac12\left[\bigodot\nolimits_b[n_1,\ n_2,\ \cdots,\ n_k]+f\right], ⨀n[n1, n2, ⋯, nk]=21[⨀b[n1, n2, ⋯, nk]+f],
这里f=0,r>2;f=0,\ r>2;f=0, r>2; f=(ℓ1+ℓ2+⋯+ℓkℓ1,ℓ2,⋯,ℓk),r⩽2,f=\binom{\ell_1+\ell_2+\cdots+\ell_k}{\ell_1,\ \ell_2,\ \cdots,\ \ell_k}, \ r\leqslant2,f=(ℓ1, ℓ2, ⋯, ℓkℓ1+ℓ2+⋯+ℓk), r⩽2, 其中ℓi=[ni2]\ell_i=\left[\frac{n_i}2\right]ℓi=[2ni].
证明思路：
同上，这时需要使用二面体群的循环指数公式。
例题及分析
求由集合S={2⋅a,2⋅b,4⋅c}S=\{2\cdot a,\ 2\cdot b,\ 4\cdot c\}S={2⋅a, 2⋅b, 4⋅c}中的全部元素作成的手镯型圆排列和项链型圆排列的个数。
直接由上述定理得到：
⨀b[2,2,4]=18∑d∣gcd(2,2,4)ϕ(d)(8/d2/d,2/d,4/d)=18[ϕ(1)(82,2,4)+ϕ(2)(41,1,2)]=54,⨀n[2,2,4]=12⨀b[2,2,4]+12(41,1,2)=12(54+12)=33.\begin{aligned} \bigodot\nolimits_b[2,\ 2,\ 4]&=\frac18\sum\limits_{d\ |\gcd(2,\ 2,\ 4)}\phi(d)\binom{8/d}{2/d,\ 2/d,\ 4/d}\\ &=\frac18\left[\phi(1)\binom{8}{2, \ 2,\ 4}+\phi(2)\binom{4}{1, \ 1,\ 2}\right]=54, \\ \\ \bigodot\nolimits_n[2,\ 2,\ 4] &=\frac12\bigodot\nolimits_b[2,\ 2,\ 4]+\frac12\binom{4}{1,\ 1,\ 2}\\ &=\frac12(54+12)=33. \end{aligned} ⨀b[2, 2, 4]⨀n[2, 2, 4]=81d ∣gcd(2, 2, 4)∑ϕ(d)(2/d, 2/d, 4/d8/d)=81[ϕ(1)(2, 2, 48)+ϕ(2)(1, 1, 24)]=54,=21⨀b[2, 2, 4]+21(1, 1, 24)=21(54+12)=33.
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