ICode9

精准搜索请尝试: 精确搜索
首页 > 其他分享> 文章详细

组合数学和群论

2022-08-05 08:33:53  阅读:48  来源: 互联网

标签:Ha frac 组合 sum 2x sqrt5 数学 群论 aligned


五、组合数学

生成函数常识

对于数列\(\lbrace a_n \rbrace\),函数

\[F(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_ik_i(x) \]

是它的生成函数

\(k_n(x)\)被称为核函数

分类

\(1.\)普通生成函数:\(k_n(x)=x^n\)

\(2.\)指数生成函数:\(k_n(x)=\frac{x^n}{n!}\)

\(3.\)狄利克雷生成函数:\(k_n(x)=\frac1{n^x}\)

对于生成函数\(F(x)\),用\([k_n(x)]F(x)\)表示它的第\(n\)项的系数\(a_n\)

普通生成函数

\[F(x)=\sum_na_nx^n \]

基本运算

考虑序列\(a,b\),\(F(x)\)和\(G(x)\)为他们的普通生成函数

\[F(x)\pm G(x)=\sum_n(a_n\pm b_n)x^n \\ F(x)G(x)=\sum_nx^n\sum _{i=0}^{n}a_ib_{n-i} \]

封闭形式

我们发现对于 \(<1,1,1,1,...>\) 的生成函数

\(F(x)=1+x+x^2+...\)

\(xF(x)=x+x^2+x^3+...\)

那么不难发现,因为序列无穷长,其满足 \(xF(x)+1=F(x)\) ,可解得 \(F(x)=\frac{1}{1-x}\) ,这个解出来的东西一般称为一个生成函数的封闭形式。

再来看一个 \(<1,a,a^2,a^3,...>\) 的生成函数

\(F(x)=1+ax+a^2x^2...\)

\(axF(x)=ax+a^2x^2+a^3x^3+...\)

然后就有 \(axF(x)+1=F(x)\) ,又可解得 \(F(x)=\frac{1}{1-ax}\)

然后我们来做一下 OI wiki 上的例题:

求出下面数列的普通生成函数(两种形式表示)

\(1.a=<0,1,1,1,1,...>\)

\(2.a=<1,0,1,0,1,...>\)

\(3.a=<1,2,3,4,5,...>\)

\(4.a_n=\binom{m}{n}\) \((m\) 为常数,\(n\ge 0)\)

\(5.a_n=\binom{n+m}{n}\) \((m\) 为常数,\(n\ge 0)\)

一个一个来
\((1)\)

\(F(x)=x+x^2+x^3...\)

\(xF(x)=x^2+x^3+x^4+...\)

所以得到 \(xF(x)+x=F(x)\) ,得:

\(F(x)=\sum_{n\ge1}x^n=\frac{x}{1-x}\)

\((2)\)

\(F(x)=x^0+x^2+x^4+...\)

\(xF(x)=x^1+x^3+x^5+...\)

可以看出 \(F(x)+xF(x)=\sum_{n\ge 0}x^n=\frac{1}{1-x}\)

所以得到:

$F(x)=\sum_{n\ge 0}x2n=\frac{1}{(1-x)(1+x)}=\frac{1}{1-x2} $

\((3)\)

\(F(x)=1+2x+3x^2+...\)

\(xF(x)=x+2x^2+3x^3+...\)

可以发现 \(F(x)=xF(x)+\sum_{n\ge 0}x^n=xF(x)+\frac{1}{1-x}\)

解得:

$F(x)=\frac{1}{(1-x)^2} $

\((4)\)

直接用二项式定理:\((a+b)^n=\sum^n_{i=0}\big(^n_i\big)a^{n-i}b^i\)

\(F(x)=\sum_{n\ge 0} \binom{m}{n}x^n=(1+x)^m\)

\((5)\)

归纳证明:

假设:

$F(x)=\sum_{n\ge 0}\binom{n+m}{n}xn=\frac{1}{(1-x){m+1} } $

对于 \(m=0\), \(F(x)=\frac{1}{1-x}\) 命题成立。

对于 \(m>0\),

\[\begin{aligned}&\frac{1}{(1-x)^{m+1} } \\&=\frac{1}{(1-x)^m}\frac{1}{1-x} \\&=(\sum_{n\ge 0}\binom{m+n-1}n x^n)(\sum_{n\ge 0}x^n) \\&=\sum_{n\ge 0}x^n\sum_{i=0}^{n}\binom{m+i-1}i \\&=\sum_{n\ge 0}\binom{m+n}n x^n \end{aligned} \]

斐波那契生成函数

定义斐波那契数列:\(a_0,a_1,\cdots ,a_n\)

\[a_i=a_{i-1}+a_{i-2} \ (i\ge2) \]

它的生成函数为

\[F(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots \]

\[xF(x)=a_0x+a_1x^2+a_2x^3+\cdots \\x^2F(x)=a_0x^2+a_1x^3+a_2x^4+\cdots \]

得到

\[xF(x)+x^2F(x)=a_0x+(a_0+a_1)x^2+(a_1+a_2)x^3+\cdots \\=a_0x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots \]

因此

\[F(x)=xF(x)+x^2F(x)+a_0-a_0x+a_1x \]

解出它的封闭形式为

\[F(x)=\frac{x}{1-x-x^2} \]

对于\(F(x)\),分子次数为\(1\),分母次数为\(2\)且\(\Delta>0\),所以上式可以化简为分式的形式

\(\begin{aligned}F(x)&=\frac{x}{1-x-x^2}\\&=-\frac{x}{(x-\frac{\sqrt5-1}{2})(x+\frac{\sqrt5+1}{2})}\\&=-\frac{1}{\sqrt5}(\frac{1}{\frac{\sqrt5-1}{2}x+1}+\frac{1}{\frac{\sqrt5+1}{2}x-1})\end{aligned}\)

由生成函数的可加性,我们可以将两个分式的通项公式求出,在带入上面的的式子便可得到斐波那契数列的通项公式

两个分式都是\(\frac{1}{ax+b}\)的形式

所以设\(G(x)=\frac{1}{ax+b}\),对应的数列为\({g_i}\)

\[\frac1{ax+b}=\sum_{i=1}^{\infty}g_ix^i \]

对等式两边求\(n\)阶导

左式直接导

\[G^{(n)}(x)=(-1)^n\cdot n!\cdot a^n \cdot (ax+b)^{-n-1} \]

右式多项式求导

\[G^{(n)}(x)=\sum_{i=n}^{\infty}\frac{i!}{(i-n)!}g_ix^{i-n} \]

当\(x=0\)时

\[(-1)^n\cdot n!\cdot a^n\cdot b^{-n-1}=n!\cdot g_n \]

\[g_n=(-1)^na^nb^{-n-1} \]

这样就有

\[\frac{1}{\frac{\sqrt5-1}{2}x+1}\rightarrow (\frac{1-\sqrt5}{2})^n \\\frac{1}{\frac{\sqrt5+1}{2}x-1}\rightarrow-(\frac{1+\sqrt5}2{})^n \]

得到

\[[x^n]F(x)=\frac{1}{\sqrt5}\lbrack(\frac{1+\sqrt5}2{})^n-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n\rbrack \]

更通用的方法

我们已经分析出斐波那契数列的通项公式可以利用两分式相加解决,那么我们不妨考虑一个更通用的方法

考虑求解一个待定系数的方程

\[\frac A{1-ax}+\frac{B}{1-bx}=\frac x{1-x-x^2} \]

利用初一的知识可以轻易解得

\[\begin{cases} A=\frac 1{\sqrt5}\\B=-\frac1{\sqrt5}\\a=\frac{1+\sqrt5}{2}\\b=\frac{1-\sqrt5}{2} \end{cases} \]

考虑\(\frac A{1-ax},\frac{B}{1-bx}\)就是等比数列的封闭形式,所以有

\[[x^n]F(x)=\frac{1}{\sqrt5}\lbrack(\frac{1+\sqrt5}2{})^n-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n\rbrack \]

这个方法在分母有重根时,要注意需要多一个分式

考虑生成函数

\[G(x)=\frac 1{(1-x)(1-2x)^2} \]

那么有

\[G(x)=\frac{c_0}{1-x}+\frac{c_1}{1-2x}+\frac{c_2}{1-2x} \]

解得

\[\begin{cases} c_0=1\\c_1=-2\\c_2=2 \end{cases} \]

那么

\[[x^n]G(x)=1-2^{n+1}+(n+1)2^{n+1} \]

更一般地说,该方法可以解决形如已知多项式\(P(x),Q(x)\),求解生成函数\(G(x)=\frac{P(x)}{G(x)}\)

牛顿广义二项式定理

\[(x+y)^\alpha=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{\alpha-k}y^k \]

其中,

\[\alpha\in C,\binom{\alpha}{k}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}=\frac{(\alpha)_k}{k!} \]

卡特兰数生成函数

卡特兰数的递推式为

\[H_n=\sum_{i=0}^{n-1}H_iH_{n-i-1} \ (n\ge2) \]

其中\(H_0=1,H_1=1\),设它的普通生成函数为\(G(x)\)

\[\begin{aligned} G(x)&=\sum_{n\ge0}H_{n}x^n \\&=1+\sum_{n\ge1}\sum_{i=0}^{n-1}H_ix^iH_{n-i-1}x^{n-i-1}x \\&=1+x\sum_{i\ge0}H_ix^i\sum_{n\ge0}H_nx^n \\&=1+xG^2(x) \end{aligned} \]

解得

\[G(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x} \]

那么应该取哪一个根呢,先将其分母有理化

\[\\G(x)=\frac{2}{1\mp\sqrt{1-4x}} \]

当\(x=0\)时,其中一个解求得的应该是\(G(x)\)的常数项即\(H_0=1\),而另一个解会求出分母为0,函数不收敛,舍去

这样得到卡特兰数生成函数的封闭形式为

\[G(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \]

我们发现分母不是多项式,无法套用上文提到的通法,因此考虑另一个策略

我们利用广义二项式定理展开\(\sqrt{1-4x}\)

\[\begin{aligned} (1-4x)^{\frac12}&=\sum_{n\ge0}\binom{\frac12}{n}(-4x)^n\\&=1+\sum_{n\ge1}\frac{(\frac{1}{2})^{\bar{n}}}{n!}(-4x)^n \end{aligned} \]

补充:双阶乘

\[n!!=\prod^{\lceil\frac n2\rceil-1}_{k=0}(n-2k)=n(n-2)(n-4)\cdots \]

由于

\[\begin{aligned} (\frac12)^{\bar{n}}&=\frac12\frac{-1}2\frac{-3}{2}\cdots\frac{-(2n-3)}{2}\\&=\frac{(-1)^{n-1}(2n-3)!!}{2^n}\\&=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^n(2x-2)!!}\\&=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!} \end{aligned} \]

那么

\[\begin{aligned} (1-4x)^{\frac12}&=1+\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!n!}(-4x)^n\\&=1-\sum_{n\ge1}\frac{(2n-1)!}{(n-1)!n!(2n-1)}2x^n\\&=1=\sum_{n\ge1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{2n-1}2x^n \end{aligned} \]

带入原式得到

\[\begin{aligned} G(x)&=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \\&=\sum_{n\ge1}\binom{2n-1}{n}\frac1{2n-1}x^{n-1}\\&=\sum_{n\ge0}\binom{2n+1}{n+1}\frac{1}{2n+1}x^n\\&=\sum_{n\ge0}\binom{2n}{n}\frac{1}{n+1}x^n \end{aligned} \]

求得通项公式为

\[[x^n]G(x)=\binom{2n}{n}\frac1{n+1} \]

普通生成函数例题

例1

有\(m\)种物品,每种物品只有一件,求取\(n\)件物品的方案数

每种物品的生成函数都是\(1+x\),\(m\)种物品的生成函数就为\((1+x)^m\),\(x^n\)所对应的系数即为所要求的答案

例2

有\(m\)种物品,每种物品可以取任意件,求取\(n\)件物品的方案数

每种物品的生成函数都为\(G(x)=\sum_n x^n=\frac1{1-x}\)

那么\(m\)件物品的生成函数就为

\[\begin{aligned} (1-x)^{-m}&=\sum_{n\ge0}\frac{-m(-m-1)\cdots(-m-n+1)}{n!}(-x)^n\\&=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^nm(m+1)\cdots(m+n-1)}{n!}(-1)^nx^n\\&=\sum_{n\ge0}\frac{(m+n-1)!}{n!(m-1)!}x^n\\&=\sum_{n\ge0}\binom{m+n-1}{m-1}x^n \end{aligned} \]

因此取\(n\)件物品的总方案数为

\[[x^n]G(x)=\binom{m+n-1}{m-1} \]

例3

砝码称重问题:给你\(1\)克,\(2\)克,\(3\)克,\(4\)克的砝码各一枚,问称出\(1-10\)克的方案分别有多少种

将\(w\)克的砝码看做一种物品,它只能取\(0\)件或者\(1\)件,那么它的生成函数就是\(1+x^w\)

\[\begin{aligned} (1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4) \\=1+x+x^2+2x^3+2x^4+2x^5+2x^6+2x^7+x^8+x^9+x^{10} \end{aligned} \]

那么\(k\)克所对应的方案数就是\(x^k\)所对应的系数

指数生成函数

抽屉原理

容斥原理

群论基础

群的定义

定义:
设\(G\)是非空集合,\(\cdot\)是\(G\)上的二元运算, 若代数系统\((G,\cdot)\)满足:

  1. 结合律,即对任意的\(a,b,c∈G\), \((ab)c=a(bc)\)
  2. 存在单位元,即对任意的\(a\in G\), \(ae=ea=a\)
  3. \(G\)中的元素都是可逆元,即对任意\(a\in G\), 都存在\(a^{-1}\in G\),使得 \(aa^{-1}=a^{-1}a=e\)

则称代数系统\((G,\cdot )\)是一个群。

交换群

定义

若群\(G\)的二元运算满足交换律,即对任意的\(a,b\in G\)都有\(ab=ba\),则称\(G\)是交换群,或\(Abel\)群

群的性质

  1. 单位元唯一
  2. 每个元素逆元唯一
  3. \(a^ma^n=a^{m+n},(a^m)^n=a^{mn}\)

群的阶

定义

设\(a\)是\(G\)的一个元素,若有正整数 \(k\) 存在且\(a^k=e\), 则满足该条件的最小正整数\(k\)称为元素的阶,记为\(O<a>\), 并称\(a\)是有限阶元素。

性质

\(a\)是\(r\)阶元素

  1. \(a^k=e 当且仅当 r|k\)
  2. \(O<a> =O <a^{-1}>\)
  3. \(r \le |G|\)

子群

定义

设\(H\)是\(G\)的一个非空子集,若\(H\)对\(G\)的运算仍然构成群,则称\(H\)是\(G\)的子群,记作\(H\le G\)

判定

\(H\le G\)的充要条件:

  1. \(\forall a,b\in H,ab\in H\)
  2. 单位元\(e'=e\)
  3. \(\forall a\in H,a^{-1}\in H\),且\(a^{-1}\)是\(a\)在\(G\)中的逆元

换句话说

\[\forall a,b\in H,ab^{-1}\in H \]

性质

一个群两个子群的交还是这个群的子群

更形式化的\(H_1\le G,H_2\le G则H_1\cap H_2\le G\)

证明:

由于\(H_1,H_2\)是\(G\)的子群,所以有\(\exist a,b\in H_1,H_2,s.t. ab^{-1}\in H_1,H_2\),即\(ab^{-1}\in H_1\cap H_2\)

循环群和生成元

设\(a\)是群\(G\)中的任一元素,则
\(<a>={a^k|k\in Z}\)是\(G\)的子群。
称为由\(a\)生成的子群,\(a\)称为生成元。

若一个群\(G\)的每一个元都是\(G\)的某一个固定元\(a\)的乘方,则称\(G\)为循环群

设\(|G|=n\),那么它生成元的个数就为\(\varphi(n)\)

生成元的阶与原循环群的阶是相等的

感性理解:

可以作为单位元的\(a^k\)都有\(\gcd(k,n)=1\),如果\(\gcd(k,n)\neq 1\),那么,那说明最小循环节是\(\gcd(k,n)\)而非\(n\),这与阶的最小性矛盾,故单位元的个数为\(\varphi(n)\)

同构

\((G,⋅)\)和\((G',∗)\)是两个群,\(f:G\rightarrow G'\)是双射,如果对于任意\(a,b\in G\)
\(f(ab)=f(a)∗f(b)\)
那么则称\(f\)是\(G\)到\(G'\)的一个同构,\(G\cong G'\)

任意两个同阶的循环群同构

置换群

有限集合\(A= \lbrace 1,2,…,n\rbrace\)的一个一一变换称为一个\(n\)元置换,由置换构成的群叫置换群。

由\(n!\)个\(n\)元置换构成的群记作\(S_n\)

轮换与对换

轮换就是一个环的置换,对换就是两者交换

轮换转对换

任何置换可以表为不相交轮换的乘积

任何轮换可以表为对换的乘积

\[(i_1 i_2 \cdots i_l)=(i_2 i_3)(i_3 i_4)\cdots(i_l−1,i_l)(i_1 i_l)\\ (i_1 i_2 \cdots i_l)=(i_1 i_l)(i_1 i_l−1)\cdots (i_1,i_3)(i_1 i_2) \]

我们设

\[\sigma=\sigma_1\sigma_2\sigma_3\cdots \sigma_k \]

其中\(\sigma_i\)是一个对换

设轮换\(i\)的长度为\(l_i\),转对换后的对换个数为\(N(\sigma)=\sum_{i}(l_i-1)\)

如果\(N(\sigma)\)为奇数则称这是一个奇置换,否则是偶置换

并且它有一个显然的性质

\[N(σ_1σ_2)≡N(σ_1)+N(σ_2)(mod 2)\]

陪集

定义

设\(H\le G\), 对任意\(a\in G\),集合 \(aH=\lbrace ah\mid h\in H\rbrace\)
称为子群\(H\)在\(G\)中的一个左陪集
同理,\(H\)也存在一个右陪集

性质

  • \(\forall a\in G,|H|=|Ha|\)。

证明:如果\(h_1\neq h_2\in H\),那么 \(h_1a \neq h_2a\)。对于不同的 \(h\),\(ha\) 互不相同,因此\(|H|=|Ha|\)。

  • \(\forall a\in G,a\in Ha\)。

证明:因为 \(H\) 是群,所以 \(e\in H\),所以 \(ea\in Ha\) 即 \(a\in Ha\)。

  • \(Ha=H \Leftrightarrow a\in H\)

证明:从左推到右,因为 \(a\in Ha=H\)。从右推到左,由群的封闭性 \(Ha \le H\),而 \(|H|=|Ha|\),所以 \(Ha=H\)。

  • \(Ha=Hb \Leftrightarrow ab^{-1}\in H\)。
    注意这个性质的右边也可以写成 \(a\in Hb,b\in Ha,a^{-1}b\in H\)。

证明:从左推到右,\(a\in Ha\Rightarrow a\in Hb\Rightarrow ab^{-1}\in H\)。从右推到左,\(Hba^{-1}=H\),故\(Ha=Hb\)。

  • \(Ha\cap Hb \neq \varnothing \Rightarrow Ha=Hb\)。
    这句话的意思是 \(H\) 的任意两个陪集要么相等,要么没有交集。

证明:考虑 \(c\in Ha\cap Hb\),那么 \(\exists h_1,h_2\in H,h_1a=h_2b=c\),那么 \(ab^{-1}=h_1^{-1}h_2\in H\),故 \(Ha=Hb\)。

拉格朗日定理

群\(G\)关于其子群\(H\)的左(右)陪集的个数,称为\(H\)在\(G\)中的指数,记作\([G:H]\)

拉格朗日定理的内容就是

\[[G]=[H][G:H] \]

人话:所有\(G\)的子群的指数都是\(G\)阶的因数

(感性)证明

由于\(G\)的子群\(H\)中一定含有幺元\(e\),那么只要穷极所有\(x\in G\)构造它的左陪集\(xH\),那么所有\(xH\)的并集一定是\(G\),而根据\(H\) 的任意两个陪集要么相等,要么没有交集,\(H\)的任意陪集又与\(H\)是同构关系,即\(H\)的陪集的阶\(H\)的阶均相等,所以很显然,群的阶就等于陪集的阶乘上陪集的个数

商群

设\(G_x\)是\(G\)的子群,那么\(G\)关于\(G_x\)所有陪集组成的集合称为\(G\)关于\(G_x\)的商集,记作\(G/G_x\)

轨道稳定子定理

轨道

就是一个点通过置换群\(G\)所能走到的所有的点组成的集合

稳定子

一个点经过\(G\)的某些置换不会改变位置,所有这样的置换称为稳定子

不动点

一个状态\(a\),经过某一个置换\(g\)没有改变,那么我们称\(a\)是置换\(g\)下的一个不动点

轨道稳定子定理

我们设置换群是\(G\),\(G_x\)称为\(x\)的稳定子,\(G(x)\)是\(x\)的轨道,那么

\[|G|=|G_x||G(x)| \]

人话就是,\(x\)所在轨道的大小乘\(x\)所在稳定子集合的大小就是群的阶

证明

首先证明,\(G_k\)是\(G\)的子群,\(G_k\)的为\(G_k=\lbrace g|g(x)=x\rbrace,G(x)=\lbrace g(x)\mid g\in G\rbrace\)

  • 封闭性:若 \(f,g\in G\) ,则 \((f\circ g)(x)=f(g(x))=f(x)=x\) ,所以 \(f\circ g\in G_x\)。
  • 结合律:显然置换的乘法满足结合律。
  • 单位元:因为\(I(x)=x\),所以\(I\in G_x\) \(I\) 为恒等置换。
  • 逆元:若 \(g\in G_x\) ,则 \(g^{-1}(x)=g^{-1}(g(x))=(g^{-1}\circ g)(x)=I(x)=x\) ,所以 \(g^{-1}\in G_x\)。

由拉格朗日定理有

\[\mid G\mid=[G:G_k]|G_k| \]

所以我们现在的目标就是要证明\([G:G_k]=|G(x)|\),即我们要证明,\(G_k\)的轨道大小等于由它划分出来的陪集的数量,也就是我们证明二者存在一个双射关系

令两个在轨道上元素是\(a(x),b(x)\)

  1. 当\(a(x)=b(x)\)时,两边同乘\(b^{-1}\)有,\(b^{-1}a(x)=I(x)=x\),所以\(b^{-1}a\in G_k\),那么由陪集的性质\(Ha=H \Leftrightarrow a\in H\),有\(b^{-1}a(x)G_k=G_k\),\(aG_k=bG_k\),所以一个轨道上的点只能对应一个陪集
  2. 当\(aG_k=bG_k\),有\(b^{-1}aG_k=G_k\),同样由上面那个陪集的性质,有\(b^{-1}a\in G_k\),所以有\(b^{-1}a(x)=I(x),a(x)=b(x)\),因此一个陪集只能对应一个轨道上的点

由此,我们证明了轨道与陪集存在一个双射关系,即两者同构,也就证明了\([G:G_k]=|G(x)|\)

所以轨道稳定集定理自然得证

burnside引理和polya定理

问题引入

我们有一个大小为\(n\)的,颜色数为\(m\)的彩色项链,对其进行染色,要求经过旋转相同的方案数为同一种方案

burnside引理

我们上文花了大量的时间来探讨群论,探讨轨道与稳定子,那么我们用置换群来理解上面那个问题

我们设\(X\)表示所有不考虑顺序的染色方案的集合,\(G\)是我们的置换群,对应的就是旋转操作,\(X/G\)表示\(X\)在\(G\)的作用下形成的本质不同的等价类的个数,\(X^g=\lbrace x\mid x\in X,g(x)=x\rbrace\),即在该置换的作用下不动点的个数

定理内容

\[|X/G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

人话:本质不同的等价类个数=不同置换下不动点个数的平均值

证明

\[\begin{aligned} \sum_{g\in G}|X^g|&=\sum_{x\in X}|G_x|~~~(不动点两种统计方法)\\&=\sum_{x\in X}\frac{|G|}{|G(x)|}X~~~(轨道稳定子定理)\\&=|G|\sum_{x\in X}\frac 1{|G(x)|}~~(下Y指等价类的轨道)\\&=|G|\sum_{Y\in X/G}\sum_{x\in Y}\frac{1}{|G(x)|}~~~(等价类找轨道)\\&=|G|\sum_{Y\in X/G}\sum_{x\in Y}\frac{1}{|Y|}(同等价类轨道相等)\\&=|G|\sum_{Y\in X/G}|Y|\frac{1}{|Y|}\\&=|G||X/G| \end{aligned} \]

所以

\[|X/G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

\(burnside\)引理得证

polya定理

定理内容

我们设\(c(g)\)表示置换\(g\)中循环置换的个数,若有\(m\)种颜色,那么有\(|X^g|=m^{c(g)}\)

所以我们所要统计的本质不同的方案数就是

\[|X/G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}m^{c(g)} \]

考虑这么做的意义,之前我们需要暴力去枚举所有\(m^n\)个\(x\)中的元素,并考察对它们进行置换\(g\)是否会发生改变,这个复杂度显然是我们没有办法接受的,但是\(polya\)定理的式子只要求我们将置换群\(G\)中的每个置换\(g\),将其分组成一些互不影响的循环

如对于置换

\[\begin{pmatrix} {1}&{2}&{3}&{4}\\{2}&{1}&{4}&{3} \end{pmatrix} \]

我们将其分组\((1,2)(3,4)\),因为\(1,2\)一起换,\(3,4\)一起换,它们不会互相影响,所以我们要数的就是这样的循环的个数,处理单个置换\(g\)复杂度级别就由\(O(m^n)\)降为了\(O(n)\)

证明(感性理解)

还是上面那个例子,考虑置换\((1,2)(3,4)\),我们思考什么样的状态是不动点,实际上,我们很容易发现,所谓的不动点,就是\(1,2\)位置染的色相同,\(3,4\)位置的颜色相同,那可不\(g\)置换不能改变了

球盒问题

二项式反演

min max容斥

斯特林数

卡特兰数

标签:Ha,frac,组合,sum,2x,sqrt5,数学,群论,aligned
来源: https://www.cnblogs.com/starroadxyz/p/16552917.html

专注分享技术,共同学习,共同进步。侵权联系[81616952@qq.com]

Copyright (C)ICode9.com, All Rights Reserved.

ICode9版权所有