Polya定理

先简单介绍一下置换群和burnside引理

置换群

群
满足如下性质:
1. 封闭性
2. 结合性
3. 单位元
4. 逆元
置换群
置换群Sn$S_n$满足群的所有性质，Sn$S_n$中的元素：置换。
置换可表示为如下形式：其中，ai$a_i$为1到n的排列。
(1a12a23a3……nan)$\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \dots & n\\ a_1& a_2& a_3& \dots & a_n\end{array}\right)$
定义置换p$p$的乘法运算：
p1=(13213244)p2=(14233241)$p_1=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 3& 1& 2& 4\end{array}\right)p_2=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 4& 3& 2& 1\end{array}\right)$
p1∗p2=(13213244)∗(14233241)$p_1\ast p_2=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 3& 1& 2& 4\end{array}\right)\ast \left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 4& 3& 2& 1\end{array}\right)$=(13213244)∗(32142341)$=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 3& 1& 2& 4\end{array}\right)\ast \left(\begin{array}{cccc}3& 1& 2& 4\\ 2& 4& 3& 1\end{array}\right)$
=(12243341)=(124)(3)=(3)(124)$=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 2& 4& 3& 1\end{array}\right)=(124)(3)=(3)(124)$

burnside引理

可将任一置换p$p$分解为若干不相交的循环的乘积。
接下来提到的置换，默认将置换p$p$分解为若干不相交的循环的乘积。
共轭类
如p=(1221344553)=(12)(345)$p=\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 2& 1& 4& 5& 3\end{array}\right)=(12)(345)$
将一个循环的长度称为一个循环的阶，k$k$阶循环出现ck$c_k$次，用(k)ck$(k{)}^{c_k}$表示。如p=(2)1(3)1$p=(2{)}^1(3{)}^1$.
Sn$S_n$中具有相同格式的置换全体构成一个共轭类。
Sn$S_n$中属于(1)c1(2)c2(3)c3…(n)cn$(1{)}^{c_1}(2{)}^{c_2}(3{)}^{c_3}\dots (n{)}^{c_n}$共轭类的元素个数：

n!∏ni=1(ci!ici)${\displaystyle \frac{n!}{\prod _{i=1}^n(c_i!i^{c_i})}}$

k$k$不动置换类
设置换群G={p1,p2,…,pg}$G=\{p_1,p_2,\dots ,p_g\}$。
G$G$中使k$k$保持不变的置换全体，称为k$k$不动置换类，记做Zk$Z_k$ .
等价类
定义关系R:若∃pi∈G,使得k→j$R:若\mathrm{\exists }{p}_i\in G,使得k\to j$，则称kRj$kRj$.
如果满足:
1.kRk$1.kRk$（自反性）
2.若kRj,则jRk$2.若kRj,则jRk$（对称性）
3.若kRj，jRl则kRj$3.若kRj，jRl则kRj$（传递性）
则称R$R$是[1,n]$[1,n]$上的一个等价关系。
置换群G$G$将[1,n]$[1,n]$划分成了若干等价类，元素k$k$所属的等价类记为Ek$E_k$。
结论：
|Ek||Zk|=|G|$|E_k||Z_k|=|G|$
burnside引理：
设c1(pk)$c_1(p_k)$是置换pk$p_k$中不动点（长度为1的循环）的个数，则G$G$中不同等价类的个数：
L=∑gi=1c1(pi)|G|$L={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^g{c}_1(p_i)}{|G|}}$
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−$--------------------------------$
进入正题

Polya定理

设G={p1,p2,…,pg}$G=\{p_1,p_2,\dots ,p_g\}$是n个对象的一个置换群,记c(pi)$c(p_i)$为置换pi$p_i$的循环节数, 用m种颜色染这n个对象，则不同的染色方案数为：
L=∑gi=1mc(pi)|G|$L={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^g{m}^{c(p_i)}}{|G|}}$
所以，计数时只需统计当循环节数为k$k$时，对应置换有多少个即可。
假设当循环节数为k$k$时，对应置换有a[k]$a[k]$个，则不同的染色方案数为：
L=∑ni=1(a[k]∗mk)|G|$L={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n(a[k]\ast m^k)}{|G|}}$
当然，如果这并不是一个单纯的染色，可能涉及到一些限制时，你可以将mc(pi)$m^{c(p_i)}$替代为在置换pi$p_i$下染色的方案数f(i)$f(i)$,由于不同循环间相互独立，而同一循环中的元素染色相同，所以f(i)$f(i)$等于每一个循环的染色方案数的乘积。
UVA 11540 Sultan’s Chandelier 原题链接
UVA 11540 Sultan’s Chandelier 题解

推广1：母函数形式的Polya定理

如果我们已经确定了m种颜色的状态（某种颜色i染k[i]个对象），要求在这种状态下的方案数，就要用到母函数形式的Polya定理。
接下来我们用xi$x_i$表示颜色i$i$，对于某一个置换pi$p_i$，c(pi)$c(p_i)$为置换pi$p_i$的循环节数，ck(pik)$c_k(p_{i_k})$为置换pi$p_i$中长度为k$k$的循环的数目。
将mc(pi)$m^{c(p_i)}$用P=∏mk=1(∑mi=1xki)ck(pik)$P=\prod _{k=1}^m(\sum _{i=1}^m{x}_i^k{)}^{c_k(p_{i_k})}$ 形式代替形成以x1,x2,…,xm$x_1,x_2,\dots ,x_m$为变元的n$n$次对称多项式P(x1,x2,…,xm)$P(x_1,x_2,\dots ,x_m)$。
在置换pi$p_i$下，颜色状态为∏mi=1xkii$\prod _{i=1}^m{x}_i^{k_i}$方案数即为多项式P$P$展开后项∏mi=1xkii$\prod _{i=1}^m{x}_i^{k_i}$的系数。
那么，该颜色状态的方案数即为置换群G$G$中所有置换对应的多项式展开后项∏mi=1xkii$\prod _{i=1}^m{x}_i^{k_i}$的系数之和。
这样说似乎有些抽象，具体实现过程可以看这里
UVA 10601 Cubes 原题链接
UVA 10601 Cubes 题解

推广2：图的计数

简单图的计数相当于对有n$n$个无标志顶点的完全图用两种颜色进行着色的不同方案数。
首先，考虑点置换与边置换的关系：
一条边连接了两个点，那么对于这两个点，考虑他们在某个置换中的位置：
若这两个点在同一个循环中，那么边的循环的个数为点的循环的个数的一半。
若这两个点不在一个循环中，那么边的循环的个数为gcd(a,b),a,b$gcd(a,b),a,b$为这两个点所在的点循环的长度。（可以画个图，看一看就知道了）
好吧，我还是，画一画吧。水平有限，应该勉强能看吧。

其次，考虑如何找出所有的置换：
如果n$n$比较小，可以暴力枚举，时间为n!$n!$(点的全排列)
n$n$比较大的时候，由于属于同一共轭类的置换对答案的贡献是相同的，所以考虑枚举一个共轭类，求出这个形式的置换的着色方案数，再乘以该形式的置换的数目，即n!∏ni=1(ci!ici)，(ci$\frac{n!}{\prod _{i=1}^n(c_i!i^{c_i})}，(ci$为长度是i$i$的循环的个数).
现在已经确定了一种点的置换的形式，那么对应的边的着色方案数如上文所说，考虑两个点是否在同一置换中即可。
例题：BZOJ 1488 图的同构
BZOJ 1488 图的同构 题解
一些题目：
比较模板的题：
The Colored Cubes UVA 10733：立方体涂色问题，基础模板，不解释。
Necklace of Beads POJ 1286：用三种颜色图一串项链的方案数。
考虑旋转和翻转，旋转就枚举旋转的长度i=1~n,循环数目就是gcd(i,n)$gcd(i,n)$,翻转要分成两种情况：
n为偶数：选择一颗珠子，以这颗珠子到项链圆心的连线为轴翻转，置换的数目是n/2（显然，这根轴还穿过了另一颗珠子，所以是n/2），置换中循环的数目是n/2+1(两个不动置换和n/2-1个2阶置换)。或选择相邻的两颗珠子，以他们的中点到项链圆心的连线为轴翻转，置换的数目是n/2,置换中循环（2阶循环）的数目是n/2。
n为奇数：选择一颗珠子，以这颗珠子到项链圆心的连线为轴翻转，置换的数目是n,置换中循环的数目是(n+1)/2。
无论n为奇数还是偶数，所有置换的数目都是2n。
The Queen’s New Necklaces UESTC 75：用ki个颜色为i的珠子能串成多少不同的项链。
母函数形式的Polya定理，求出系数和即可。
Count the Tetris HDU 1812：用C种颜色染n*n的棋盘的方案数。
考虑旋转0度，90度，180度，270度，这道题比较困难的是要写高精度。
变式：
Magic Bracelet POJ 2888：用m种颜色染一个n颗珠子的手镯（只旋转，不翻转）的方案数，但是有限制，要求某两种颜色不能相邻。(1≤m≤10)(1≤n≤109)$(1\le m\le 10)(1\le n\le {10}^9)$
如果没有限制，这道题就是个板题了，然而~~。
如果不旋转，这道题就等价于：在一个有m点的图中（一个点代表一个颜色），求从任意点开始，走n步再回到起点的方案数。图上不能相邻的两种颜色之间没有边。
由于m比较小，n比较大，所以用矩阵快速幂可以解决这个简化的问题。
现在考虑旋转：当旋转的长度为i时,循环数目就是gcd(i,n)，这样的置换是唯一的，但我们可以发现不同的gcd(i,n)最多只有2n−−√$2\sqrt{n}$个。所以我们不妨枚举gcd(i,n),即n−−√$\sqrt{n}$枚举n的因子，符合gcd(i,n)=k (i≤n) 的 i 显然有ϕ(nk)$\varphi (\frac{n}{k})$个，即循环的数目为k的置换有ϕ(nk)$\varphi (\frac{n}{k})$个。
所以，答案加上为走k步回到起点的方案数乘ϕ(nk)$\varphi (\frac{n}{k})$，最后答案再除以n（有n个置换）