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+tags:
+  - 置换
+date: 2024-07-21
+publish: true
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+无限制环染色问题：例如计算不同颜色的珠子串成的项链有多少种不同的排列方式，考虑到项链旋转对称性，这个问题就可以用置换群计数理论来解决。
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+## 基础知识
+
+建议回顾一下映射，看一下ref。
+### 置换
+
+一个有限集合 $S$ 到自身的双射（一一对应，唯一性）称为 $S$ 的一个置换。集合 $S=\{a_1,a_2,\dots,a_n\}$ 上的置换可以表示为
+
+$$
+f=\begin{pmatrix}a_1,a_2,\dots,a_n\\
+a_{p_1},a_{p_2},\dots,a_{p_n}
+\end{pmatrix}
+$$
+
+意为将 $a_i$ 变为 $a_{p_i}$，其中 $p_1,p_2,\dots,p_n$ 是 $1,2,\dots,n$ 的一个排列。显然 $S$ 上所有置换的数量为 $n!$。连续的两次置换可以 **复合** 成一个置换。
+
+### 置换群
+
+置换的集合与置换复合运算构成的群。集合 $S$ 上的 **所有置换** 关于其复合运算满足封闭性、结合律（类似矩阵乘法）、有单位元（恒等置换，即每个元素映射成它自己）、有逆元（交换置换表示中的上下两行），因此构成一个群。所有置换构成的群，其任意一个 **子群** 都是 **置换群**。
+
+### 循环置换
+
+也叫轮换。循环置换是一类特殊的置换，可表示为
+
+$$
+(a_1,a_2,\dots,a_m)=\begin{pmatrix}a_1,a_2,\dots,a_{m-1},a_m\\
+a_2,a_3,\dots,a_m,a_1\end{pmatrix}
+$$
+
+若两个循环置换不含有相同的元素，则称它们是 **不相交** 的。有如下定理：
+
+任意一个置换都可以分解为若干不相交的循环置换的乘积，例如
+
+$$
+\begin{pmatrix}a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\\
+a_3,a_1,a_2,a_5,a_4\end{pmatrix}=(a_1,a_3,a_2)\circ(a_4,a_5)
+$$
+
+该定理的证明也非常简单。如果把元素视为图的节点，映射关系视为有向边，则每个节点的入度和出度都为 1，因此形成的图形必定是若干个环的集合，而一个环即可用一个循环置换表示。
+
+置换的循环节数：循环置换乘积表示中循环的个数，上例中为 2。
+
+## Burnside 引理
+
+建议先跳过定义，先跟着例子套一遍公式。
+
+### 定义
+
+设 $A$ 和 $B$ 为有限集合，$X$ 为 **一些** 从 $A$ 到 $B$ 的映射组成的集合。
+$G$ 是 $A$ 上的置换群，且 $X$ 中的映射在 $G$ 中的置换作用下封闭。
+$X/G$ 表示 $G$ 作用在 $X$ 上产生的所有等价类的集合
+（若 $X$ 中的两个映射经过 $G$ 中的置换作用后相等，则它们在同一等价类中），则
+
+$$
+|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|X^g|
+$$
+
+其中 $|S|$ 表示集合 $S$ 中元素的个数，且
+
+$$
+X^g=\{x|x\in X,g(x)=x\}
+$$
+
+[证明 - OI Wiki](https://oi-wiki.org/math/permutation-group/#%E8%AF%81%E6%98%8E)
+
+### 例子
+
+我们以给立方体染色RGB为例子，令立方体第 1~6 个面依次为前、后、上、下、左、右，一种染色方案对应一种映射（=函数）关系，例如：
+
+$$
+(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)=(R,R,R,R,G,B)
+$$
+
+把翻转用置换表示，比如，以左右两个面中心连线为轴，向上 $90^\circ$ 旋转的翻转操作：
+
+$$
+\begin{pmatrix}a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6\\
+a_4,a_3,a_1,a_2,a_5,a_6
+\end{pmatrix}
+=
+(a_1,a_4,a_2,a_3)(a_5)(a_6)
+$$
+
+这时把公式中一些符号的解释如下：
+
+-   $A$：映射定义域，立方体 6 个面的集合 $\{a_1,\cdots,a_6\}$
+-   $B$：包含映射值域的父集，本题中 $B$ 恰好就是值域，即 3 种颜色的集合 $\{R,G,B\}$
+-   $|X/G|$：答案，本质不同的染色方案数，本质相同的算作一个 **等价类**
+-   $|X|$：不考虑等价，所有的染色方案数，$3^6$
+-   $G$：所有合法的置换，这里是旋转、翻转。
+-   $|X^g|$：对于某一步置换 $g$，所有染色方案中，经过 $g$ 这种置换后染色仍然不变的方案数
+
+例如上面的例子，则必须要满足上、下、前、后 4 个面的颜色一样，才能使旋转后不变，因此它对应的染色方案 $|X^g|=3^3$。本题中，底数恰是总颜色数，指数是置换的循环节数，这是巧合吗？（见：[[Polya计数#Pólya 定理|Polya计数 > Pólya 定理]]）
+
+进一步的，也是最核心的，我们对所有置换进行分析，**请有条理地考虑所有的一步置换！置换操作不能分步，而是一步到位，然后考虑变换前后不动的颜色**
+
+-   不动：即恒等变换，因为所有直接染色方案经过恒等变换都不变，因此它对应的 $|X^g|=3^6$
+-   以两个相对面的中心连线为轴的 $90^\circ$ 旋转：我们选取正反 $90^\circ$ 旋转、选取左右、上下、前后为轴，不变的染色方案数 $|X^g|=3^3$ 相同，故可以统一计算，共 $2\times3=6$ 种。
+-   以两个相对面的中心连线为轴的 $180^\circ$ 旋转：相对面有 3 种选择，旋转方向的选择对置换不再有影响，因此这类共有 3 个置换。假设选择了前、后两个面中心的连线为轴，则必须要满足上、下两个面的颜色一样，左、右两个面的颜色一样，才能使旋转后不变，因此它对应的 $|X^g|=3^4$
+-   以两条相对棱的中点连线为轴的 $180^\circ$ 旋转：相对棱有 6 种选择，旋转方向对置换依然没有影响，因此这类共有 6 个置换。假设选择了前、上两个面的边界和下、后两个面的边界作为相对棱，则必须要满足前、上两个面的颜色一样，下、后两个面的颜色一样，左、右两个面的颜色一样，才能使旋转后不变，因此它对应的 $|X^g|=3^3$
+-   以两个相对顶点的连线为轴的 $120^\circ$ 旋转：相对顶点有 4 种选择，旋转的方向有两种选择，因此这类共有 8 个置换。假设选择了前面的右上角和后面的左下角作为相对顶点，则必须满足前、上、右三个面的颜色一样，后、下、左三个面的颜色一样，才能使旋转后不变，因此它对应的 $|X^g|=3^2$
+
+会不会有置换没有考虑全呢？确实可能。但是我们可以通过最基本的几个置换的复合，得出完整的置换群来检验一下：
+
+```cpp
+#include <bits/stdc++.h>
+
+using LL = long long;
+using ull = unsigned long long;
+using std::cin;
+using std::cout;
+
+std::vector<int> operator*(const std::vector<int>& a,
+                           const std::vector<int>& b) {
+    std::vector<int> ans(a.size(), 0);
+    for (int i = 1; i < ans.size(); i++) { ans[i] = b[a[i]]; }
+    return ans;
+}
+
+struct Perm_Counter {
+    std::vector<std::vector<int>> perms;
+    std::set<std::vector<int>> s;
+    Perm_Counter(std::initializer_list<std::vector<int>> lst) : perms(lst) {}
+    void count() {
+        std::vector<int> id(1, 0);
+        for (int i = 1; i < perms[0].size(); i++) id.push_back(i);
+        _count(0, id);
+        cout << s.size() << std::endl;
+    }
+    void _count(int siz, std::vector<int> perm) {
+        if (siz == perms.size()) {
+            s.insert(perm);
+            return;
+        }
+        auto x = perms[siz];
+        for (int i = 1; i < perm.size(); i++) {
+            _count(siz + 1, perm * x);
+            x = x * perms[siz];
+        }
+    }
+};
+
+int main() {
+    Perm_Counter s{
+        {0, 4, 3, 1, 2, 5, 6}, {0, 5, 6, 3, 4, 2, 1}, {0, 1, 2, 6, 5, 3, 4}};
+    s.count();
+    return 0;
+}
+```
+
+套公式，所有本质不同的方案数为
+
+$$
+\frac{1}{1+6+3+6+8}(1\times3^6+6\times3^3+3\times3^4+6\times3^3+8\times3^2)=57
+$$
+
+## Pólya 定理
+
+### 定义
+
+特殊的 Burnside 引理。若 $X$ 为 **所有** 从 $A$ 到 $B$ 的映射，公式可变形为
+
+$$
+|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|B|^{c(g)}
+$$
+
+其中 $c(g)$ 表示置换 $g$ 能拆分成的不相交的循环置换（循环节数）的数量。
+
+由于每个面涂颜色没有任何限制，也就说 $A$ 到 $B$ 的所有映射（所有染色方案）都可以合法，故每个循环节涂同一种颜色即可，每个置换对应的涂色方案 $|X^g|=|B|^{c(g)}$。
+
+
+> [!question] 手环计数
+> 6个珠子的手环涂3种颜色，有多少种本质不同的结构？
+
+
+## References
+
+[置换和轮换（新姿势，摘自黑书）-CSDN博客](https://blog.csdn.net/wu_tongtong/article/details/78136028)
+
+[【组合数学】Pólya 计数理论\_polya计数-CSDN博客](https://blog.csdn.net/cold_code486/article/details/135114849)
+
+高中数学必修一告诉我们，映射=函数。集合 $A,B$ 的元素个数为 $m,n$，那么，所有 $f:A\rightarrow B$ 的个数为 $n^m$，这里面包含了不满的映射。