前言

求·······的方案数
循环同构算一种
一脸懵逼
（于是我觉得系统的学一遍Burnside引理和Polya定理）

正文

置换

置换的概念

对于一个排列aia_iai
我们想成iii输进去会出来一个aia_iai
那么我们如果输入一个排列，将能得到一个排列
就比如我们输入的排列是111到nnn有序的，那么这个置换就是
(123⋅⋅⋅na1a2a3⋅⋅⋅an)\begin{pmatrix} 1&2&3&···&n \\ a_1&a_2&a_3&···&a_n \end{pmatrix}(1a12a23a3⋅⋅⋅⋅⋅⋅nan)
当然我们如果随便输入一个排列bib_ibi，并且得到一个新的排列，那么这个置换就是
(b1b2b3⋅⋅⋅bnab1ab2ab3⋅⋅⋅abn)\begin{pmatrix} b_1&b_2&b_3&···&b_n \\ a_{b_1}&a_{b_2}&a_{b_3}&···&a_{b_n} \end{pmatrix}(b1ab1b2ab2b3ab3⋅⋅⋅⋅⋅⋅bnabn)
只要排列aia_iai相同，无论输入什么排列bib_ibi生成的置换都是一样的
即置换与横向位置无关，只与纵向的对应关系有关
我们设A={a1,a2⋅⋅⋅an}A=\{a_1,a_2···a_n\}A={a1,a2⋅⋅⋅an}，即∣A∣=n|A|=n∣A∣=n，我们称上面的那些置换为AAA上的nnn次置换
不难发现，本质不同的nnn次置换一共有n!n!n!种

置换的乘积形式

我们发现，对于一个置换，一个位置的数如果是iii，进行若干次置换后，这个位置的数会变回iii
比如一个置换
(123456231654)\begin{pmatrix} 1&2&3&4&5&6 \\ 2&3&1&6&5&4 \end{pmatrix}(122331465564)
一个数111其变化是1→2→3→11\rightarrow2\rightarrow3\rightarrow11→2→3→1
那么我们可以写成(2,3,1)(2,3,1)(2,3,1)
所有的循环的乘积就是这个置换的不相交循环的乘积写法
比如刚刚这个置换就是(2,3,1)(6,4)(5)(2,3,1)(6,4)(5)(2,3,1)(6,4)(5)
我们发现555这个位置无论进行几次置换值都是555，对于这些位置我们称其为不动点

置换群

是一种群，里面每个元素都是置换
然后满足群的一些性质
对于一个nnn，在n!n!n!种本质不同的nnn次置换中选xxx个(x≥1x\ge1x≥1)置换作为元素的群被称为xxx阶nnn次置换群，特殊的，当x=n!x=n!x=n!时，其被称为nnn次对称群
对于一个nnn次置换群，我们发现其元素中必有置换
(a1a2a3⋅⋅⋅ana1a2a3⋅⋅⋅an)\begin{pmatrix} a_1&a_2&a_3&···&a_n \\ a_1&a_2&a_3&···&a_n \end{pmatrix}(a1a1a2a2a3a3⋅⋅⋅⋅⋅⋅anan)
另外，若其元素中有置换
(b1b2b3⋅⋅⋅bnab1ab2ab3⋅⋅⋅abn)\begin{pmatrix} b_1&b_2&b_3&···&b_n \\ a_{b_1}&a_{b_2}&a_{b_3}&···&a_{b_n} \end{pmatrix}(b1ab1b2ab2b3ab3⋅⋅⋅⋅⋅⋅bnabn)
则其元素中也必有
(ab1ab2ab3⋅⋅⋅abnb1b2b3⋅⋅⋅bn)\begin{pmatrix} a_{b_1}&a_{b_2}&a_{b_3}&···&a_{b_n} \\ b_1&b_2&b_3&···&b_n \end{pmatrix}(ab1b1ab2b2ab3b3⋅⋅⋅⋅⋅⋅abnbn)
以上就差不多是一些定义了
百度百科链接，群
良好并且完整的置换群课件，链接

Burnside引理

设G={a1,a2,…ag}G=\{a_1,a_2,…a_g\}G={a1,a2,…ag}（aaa是置换）是目标集[1,n][1,n][1,n]上的置换群。每个置换都写成不相交循环的乘积。c1(ak)c_1(a_k)c1(ak)是在置换aka_kak的作用下不动点的个数，也就是长度为111的循环的个数。通过上述置换的变换操作后可以相等的元素属于同一个等价类。若GGG将[1,n][1,n][1,n]划分成lll个等价类，则：
l=1∣G∣[c1(a1)+c1(a2)+⋅⋅⋅+c1(a∣G∣)]l=\frac{1}{|G|}[c_1(a_1)+c_1(a_2)+···+c_1(a_{|G|})]l=∣G∣1[c1(a1)+c1(a2)+⋅⋅⋅+c1(a∣G∣)]

证明：
对于一个置换aaa，将其写成不相交循环的乘积
我们设χa(x)={0x不是不动点1x是不动点\chi_a(x)=\begin{cases}0&x不是不动点\\1&x是不动点\end{cases}χa(x)={01x不是不动点x是不动点
根据定义，我们展开
∑ai∈Gc1(ai)=∑ai∈G∑1≤j≤nχai(j)=∑1≤j≤n∑ai∈Gχai(j)\sum_{a_i\in G}c_1(a_i)=\sum_{a_i\in G}\sum_{1\le j\le n}\chi_{a_i}(j)=\sum_{1\le j\le n}\sum_{a_i\in G}\chi_{a_i}(j)ai∈G∑c1(ai)=ai∈G∑1≤j≤n∑χai(j)=1≤j≤n∑ai∈G∑χai(j)
我们设Z(x)\Zeta(x)Z(x)为满足xxx是不动点的置换集合，我们发现上式的后半部分可以直接套入
∑1≤j≤n∑ai∈Gχai(j)=∑1≤j≤n∣Z(j)∣\sum_{1\le j\le n}\sum_{a_i\in G}\chi_{a_i}(j)=\sum_{1\le j\le n}|\Zeta(j)|1≤j≤n∑ai∈G∑χai(j)=1≤j≤n∑∣Z(j)∣
我们发现，对于同一个等价类里的元素x1,x2x_1,x_2x1,x2，一定满足Z(x1)=Z(x2)Z(x_1)=Z(x_2)Z(x1)=Z(x2)，原因是Z(x)Z(x)Z(x)集合是一个置换群元素集合的子集
这样我们设CCC为一个等价类元素集合，设c=∀x∈Cc=\forall x\in Cc=∀x∈C，那么无论ccc的取值，Z(c)Z(c)Z(c)的值都是一样的
那么继续上式
∑1≤j≤n∣Z(j)∣=∑C∣C∣∗Z(c)=∣G∣∑C1=∣G∣⋅∣C∣=∣G∣l\sum_{1\le j\le n}|\Zeta(j)|=\sum_{C}|C|*Z(c)=|G|\sum_{C}1=|G|·|C|=|G|l1≤j≤n∑∣Z(j)∣=C∑∣C∣∗Z(c)=∣G∣C∑1=∣G∣⋅∣C∣=∣G∣l
对于第二个等号，可能你会感到疑惑
这里用到了∣C∣∗Z(c)=∣G∣|C|*\Zeta(c)=|G|∣C∣∗Z(c)=∣G∣，即“轨道-稳定集定理”，这里就不展开了，因为这个的证明还需要拉格朗日定理等群论基本知识，有兴趣的可以看这篇博客，里面有一些基本概念的介绍，另外，据说具体证明可以参照《组合数学》（第5版）P181 定理4-11（暂未考证）
综上l=1∣G∣∑ai∈Gc1(ai)l=\frac{1}{|G|}\sum_{a_i\in G}c_1(a_i)l=∣G∣1ai∈G∑c1(ai)

这篇博客里有比较清楚的例子，我这里就不举例了
我们发现，在染色问题循环同构的题中，∣G∣|G|∣G∣是旋转方式数，∣A∣|A|∣A∣是所有染色种类数，算法的复杂度是O(∣G∣∣A∣)\mathcal O(|G||A|)O(∣G∣∣A∣)的，而后者很容易变得很大，这个时候就需要用到Polya定理
（也正因为如此在OI中应用不多）

Polya定理

前提条件：如果将[1,n][1,n][1,n]用kkk种颜色进行染色
我们定义λ(ai)\lambda(a_i)λ(ai)为置换aia_iai的循环数量
Polya定理：
l=1∣G∣∑ai∈Gkλ(ai)l=\frac{1}{|G|}\sum_{a_i\in G}k^{\lambda(a_i)}l=∣G∣1ai∈G∑kλ(ai)
Polya定理其实就是一种Burnside引理的具体化，就是把上面的c1(ai)c_1(a_i)c1(ai)算出来了

例题

[poj1286]Necklace of Beads
题目大意：现在有333种颜色的珠子，问有多少种长度为nnn的环，旋转、轴对称同构算一种
题解： 我们发现对于一个nnn的置换只有2∗n2*n2∗n种，直接套polya定理求环数量即可，复杂度O(n2)\mathcal O(n^2)O(n2)

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
ll n,ans[24];
int a[24];
bool vis[24];
ll pow(ll x,ll y)
{ll res=1;for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)res*=x;return res;
}
void dfs(const int x)
{if(vis[x])return;vis[x]=1;dfs(a[x]);
}
void calc()
{memset(vis,0,sizeof(vis));int k=0;for(rg int i=0;i<n;i++)if(!vis[i])dfs(i),k++;ans[n]+=pow(3,k);
}
int main()
{for(n=1;n<24;n++){for(rg int i=0;i<n;i++){for(rg int j=0;j<n;j++)a[j]=(i+j)%n;calc();for(rg int j=0;j<n-j-1;j++)std::swap(a[j],a[n-j-1]);calc();}ans[n]/=2*n;}while(1){read(n);if(n==-1)break;print(ans[n]),putchar('\n');}return 0;
}

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