群與子群

$<G,op>$ 是一個群需要滿足以下條件：

• $op$ 是一個滿足結合律的二元運算，如 *，+。
• $G$ 是一個集合，存在單位元 $e$。
• $G$ 中所有元素都有逆元。
• 即 $G$ 對 $op$ 運算封閉，封閉簡單理解就是元素的逆元也在里面，有單位元，任意兩個數二元運算結果也在里面。

這里的單位元，逆元，結合律按照一般的意思來理解即可。

雖然沒有要求滿足交換律，但還是定義逆元是 $x{x}^{?1}=x^{?1}x=e$。

如果還滿足交換律就叫做交換群。

群內元素只有“乘法”這一種運算規則，這個“乘法”指的就是 $op$ 運算。

例如，op='+'，那么 $xy=x+y,x{x}^{?1}=x+x^{?1}=e$。

$<H,op>$ 是 $<G,op>$ 的子群，滿足兩個條件：

• $H$ 是 $G$ 的子集。
• $<H,op>$ 是個群。

階

群元素個數有窮時，階就等于元素個數。

置換群

映射：兩個集合之間元素的對應關系，可能一對多，多對一，一對一等。

置換：有限集合到自身的雙射，即一一對應。

設 $S=\{a_1,a_2,...,a_n\}$ 的一個置換 $f=\left(\begin{array}{c}{a}_1{a}_2\dots a_n\\ a_{p_1}{a}_{p_2}\dots a_{p_n}\end{array}\right)$。

表示：將 $a_i$ 映射成 $a_{p_i}$，即 $a_i=a_{p_i}$。其中 $p_1,...,p_n$ 是一個 $n$ 元排列。

顯然 $S$ 上所有的置換個數為 $n!$。

置換的乘法：即函數的合成。

對于兩個置換 $f=\left(\begin{array}{c}{a}_1{a}_2\dots a_n\\ a_{p_1}{a}_{p_2}\dots a_{p_n}\end{array}\right),g=\left(\begin{array}{c}{a}_{p_1}{a}_{p_2}\dots a_{p_n}\\ a_{q_1}{a}_{q_2}\dots a_{q_n}\end{array}\right)$，$f$ 和 $g$ 的乘積記為 $f°g=\left(\begin{array}{c}{a}_1{a}_2\dots a_n\\ a_{q_1}{a}_{q_2}\dots a_{q_n}\end{array}\right)$。

即先做 $f$ 的映射再做 $g$ 的映射。

定義 $S_n=\{$ 所有的 $n$ 元排列 $\}$。裝備了乘法$op$的 $S_n$ 的子群叫做 $n$ 元置換群。

循環置換

循環置換是一類特殊的置換，表示為 $(a_1,a_2,...,a_m)=\left(\begin{array}{c}{a}_1,a_2,...,a_{m?1},a_m\\ a_2,a_3,...,a_m,a_1\end{array}\right)$。

若兩個置換不含有相同的元素，則稱它們是不相交的。

舉個例子 $A=\left(\begin{array}{c}{a}_1,a_2\\ a_2,a_1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{c}{a}_4,a_5,a_6\\ a_5,a_4,a_6\end{array}\right)$，則 $A,B$ 就是不相交的，所含元素集合的交為空。

任何一個置換都可以分解成若干個（$\ge 1$）不相交的循環置換的乘積。

舉個例子，$\left(\begin{array}{c}{a}_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6\\ a_2,a_1,a_3,a_6,a_4,a_5\end{array}\right)=(a_1,a_2)°(a_3)°(a_5,a_6,a_4)$。

證明：很簡單，將元素看作點，映射關系當成邊，則每個節點的入度和出度都為 $1$。形成的圖形必然是若干個環集合，而一個環就代表一個循環置換。

群的陪集分解

設 $G$ 是群，$H$ 是 $G$ 的子群，$a\in G$。

定義 $Ha=\{h\mid ha\in H\}$。（這里的 $ha$ 做乘法，是群的運算符號，即 $h(op)a$。

稱 $Ha$ 是子群 $H$ 的在 $G$ 中的一個右陪集。

顯然 $H_e=H,a\in Ha$。

$?a\in G$ 有 $H,Ha$ 等勢。（集合大小相同）

證明：構造從 $H\to Ha$ 的雙射，只需讓 $f(h)=ha$ 即可。

這說明在有限集的情況，$H$ 與 $Ha$ 的階相同。

$?a,b\in G,a\in Hb$ 等價于 $a{b}^{?1}\in H$ 等價于 $Ha=Hb$ 。

證明：$a\in Hb?a{b}^{?1}\in H?Ha{b}^{?1}\in H$（$H$ 是群，對內部元素是封閉的）$?Ha\in Hb$。

基于此，我們可以定義等價類關系并進行等價類分解。

定義等價類關系，$?a,b\in G,a{b}^{?1}\in H$，則將 $a,b$ 劃分在同一個等價類里面。（以 $H$ 為判定條件劃分 $G$ 這個群空間）

同時得到 lagrange定理。

拉格朗日定理：設 $G$ 是有限群，$H$ 是 $G$ 的子群，則 $G$ 的階一定是 $H$ 階的倍數，具體是多少倍看能分出多少個等價類來。

將 $G$ 劃分成 $Ha,Hb,...,H$，任意兩個 $a{b}^{?1}\in H$，而上面又證明了 $|Ha|=|H|=|Hb|=...$

每個等價類的大小是一樣的。

左陪集 $aH$ 與右陪集完全一樣，不再贅述。

軌道-穩定子集定理

設 $G$ 是集合 $\Omega$ 上的有窮置換群。$a\in \Omega$。

定義 $G^a=\{g\mid g\in G\wedge g(a)=a\}$，稱 $G^a$ 為 $a$ 的穩定子群。

解釋：$a$ 是一個數，$g$ 是一個置換，$G^a$ 是所有置換 $g$ 滿足 $g$ 作用于 $a$ 后仍是 $a$ 不變的集合。

舉個例子，一個置換 $g=\left(\begin{array}{c}12345\\ 53241\end{array}\right)$，那么 $G^4$ 就會含有這個 $g$。

定義 $G(a)=\{g(a)\mid g\in G\}$，稱 $G(a)$ 為 $a$ 的軌道。

解釋：$a$ 是一個數，$g$ 是一個置換，$g(a)$ 是 $g$ 作用于 $a$ 后的值，$G(a)$ 是這些值的集合。

即 $G$ 中所有置換作用于 $a$ 后可能的值的集合。

舉個例子，一個置換 $g\in G,g=\left(\begin{array}{c}12345\\ 53241\end{array}\right)$，那么 $G(1)$ 就會含有 $5$，$G(2)$ 就會含有 $3$。

軌道-穩定子集定理：$\left|G\right|=|G(a)|\left|G^a\right|$。

證明：

首先顯然 $G^a$ 是 $G$ 的子群，$G^a$ 對置換作用在置換上的這個二元運算封閉。

考慮陪集分解，任取兩個置換 $x,y\in G,x(a)=y(a)?x^{?1}(x(a))=a=x^{?1}(y(a))?x^{?1}y\in G^a?x{G}^a=y{G}^a$。

這說明 $x$ 和 $y$ 在 $G$ 關于 $G^a$ 的陪集分解的同一個等價類中，當且僅當 $x(a)=y(a)$。

也就是說 $|G(a)|$是 $G$ 關于 $G^a$ 的陪集分解的等價類的個數。

由拉格朗日定理知，等價類的個數也就是 $G$ 的階是 $G^a$ 的階的倍數。

得證。

burnside 引理

設 $A,B$ 為有限集合。

$G$ ：$A$ 上的置換群；$g$ ：$\in G$ 的一個置換。

$X:$ 一些從 $A$ 到 $B$ 的映射集合，且 $X$ 在 $G$ 下封閉。

$X/G:G$ 作用在 $X$ 上產生的所有等價類集合。

（若 $X$ 的兩個映射經過 $G$ 的置換作用后相同，則在同一個等價類中）

$C(g)$ ：$g$ 作用在元素后不變的元素集合大小，即 $C(g)=|X^g|,X^g=\{a\mid g(a)=a\}$。
$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}C(g)=\sum _{a\in A}\frac{1}{|G(a)|}$$

證明：
$$\sum _{g\in G}C(g)=\sum _{a\in A}|G^a|=\sum _{a\in A}\frac{|G|}{|G(a)|}=|G|\sum _{a\in A}\frac{1}{|G(a)|}?\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}C(g)=\sum _{a\in A}\frac{1}{|G(a)|}=|X/G|$$
${\sum }_{g\in G}C(g):$ 枚舉置換，然后累和每個置換中不動點的個數。

${\sum }_a|G^a|:$ 枚舉數，然后累和滿足 $a$ 為不動點的置換個數。

二者只是枚舉出發方向不同，但結果是相同的。

${\sum }_a\frac{1}{|G(a)|}:$ 由軌道-穩定子集定理，我們知道以 $a$ 為分解參照， $G(a)$ 內的所有元素構成一個等價類。

由陪集分解知，$G$ 是一個群，無論 $a$ 是什么，所有等價類都是大小一樣的。

那么假設 $|G(a)|=x$，即所有等價類的大小均為 $x$，每個數都會貢獻 $\frac{1}{x}$，$|G|?\frac{1}{x}$ 得到的就是等價類的個數，即 $|X/G|$。

polya 定理

定義加強 $X:$ 所有 $A$ 到 $B$ 的映射；定義 $c(g):$ 置換 $g$ 能拆分成的不相交的循環置換的個數。即環的個數。
$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}|B{|}^{c(g)}$$
例如：對于有 $n$ 個點形成的環 $m$ 種顏色的染色問題，$A=\{1,2,...,n\},B=\{1,2,...,m\}$，$|X^g|=m^{c(g)}$。

將置換看作圖上的一條有向邊，若置換后 $u\to v$，就連一條有向邊。那么就形成若干個環，環中元素的顏色一定相同。

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在 $OI$ 中一般求本質不同的方案數，本質不同就是不再同一個等價類，換言之一般考察的問題答案就是等價類個數 $|X/G|$。

經典例題：poj2154

$|X/G|=\frac{1}{|G|}{\sum }_{g\in G}{m}^{c(g)}?ans=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{n}^{(n,i)}$。

第 $i$ 種置換的循環節個數為 $\gcd (n,i)$。

這個環只能順時針/逆時針轉動，不妨考慮順時針，那么轉 $0～n?1$ 個元素就對應不同的置換，共 $n$ 種。

假設當前環的開頭為 $x$，在第 $i$ 種置換下有 $x\to x+i\to x+2i\to ?\to x$。

假設在 $x+ki$ 回到開頭，則 $x\equiv x+ki(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)?ki\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)?k=\frac{n}{\gcd (n,i)}$

這個 $k$ 恰好就是環長度，所以個數為 $n/k=\gcd (i,n)$
$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{n}^{(n,i)}=\frac{1}{n}\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n{n}^d[(n,i)=d]=\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^n{n}^{d?1}\phi (\frac{n}{d})$$
可以在 $O(\sqrt{n})$ 時間內枚舉所有因數 $d$。

預處理 $1e6$ 以內的 $\phi$，后面的就 $\sqrt{n}$ 暴力算。

#include <cstdio> #define maxn 1000005 int mod, cnt; bool vis[maxn]; int prime[maxn], phi[maxn];void sieve( int n = 1e6 ) {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = ( i - 1 );for( int j = 1;j <= cnt and 1ll * i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];}} }int qkpow( int x, int y ) {x %= mod;int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }int PHI( int x ) {if( x <= 1e6 ) return phi[x] % mod;int ans = x;for( int i = 2;i * i <= x;i ++ )if( x % i == 0 ) {ans = ans / i * ( i - 1 );while( x % i == 0 ) x /= i;}if( x ^ 1 ) ans = ans / x * ( x - 1 );return ans % mod; }int main() {sieve();int T, n;scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &mod );long long ans = 0;for( int i = 1;i * i <= n;i ++ ) {if( n % i ) continue;if( i * i == n ) (ans += qkpow(n, i - 1) * PHI(n / i) % mod) %= mod;else(ans += qkpow(n, i - 1) * PHI(n / i) % mod + qkpow(n, n / i - 1) * PHI(i) % mod) %= mod;}printf( "%lld\n", ans );}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[学习笔记] 如果你愿意学那么你是可以看的懂的 —— 群论与 burnside 引理和 polya 定理的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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