置换及Pólya定理

听大佬们说了这么久Pólya定理，终于有时间把这个定理学习一下了。

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置换（permutation）简单来说就是一个（全）排列，比如 \(1,2,3,4\) 的一个置换为 \(3,1,2,4\)。一般地，我们记 \(i\) 到 \(a_i(1<=i<=n)\) 的一个置换为

\[\left (
\begin{matrix}
1 & 2 & \cdots & n \\
a_1 & a_2 & \cdots & a_n
\end{matrix}
\right )
\]

可以发现，置换的本质是一一映射，所以我们可以将上面的置换简记为 \(f=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\)，其中 \(f(i)=a_i(1<=i<=n)\)。从这种映射的角度来看，置换是可以复合的。如果 \(f=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\},g=\{b_1,b_2,\cdots,b_n\}\)，我们称 \(fg=\{b_{a_1},b_{a_2},\cdots,b_{a_n}\}\) 为 \(f\) 和 \(g\) 的复合。它表示我们先将一个数 \(i\) 映射到 \(f(i)\)，再映射到 \(g(f(i))\)。比如，\(f=\{1,3,4,2\},g=\{3,2,1,4\}\)，则 \(fg=\{3,1,4,2\}\)，它表示 \(2\) 先映射到 \(f(2)=3\)，这个 \(3\) 再映射到 \(g(3)=1\)，所以总的来说，\(fg(2)=g(f(2))=1\)。

循环（permutation cycle）是一类特殊的置换，它表示一些元素有次序地交换位置。通常地，我们记置换\(\left(\begin{matrix} a_1 & a_2 & \cdots & a_{n-1} & a_n \\ a_2 & a_3 & \cdots & a_n & a_1\end{matrix}\right)\)的循环为 \((a_1,a_2,\cdots,a_n)\)。与置换类似，循环也有乘积。我们常用循环的乘积来表示置换，如\(\left(\begin{matrix} 1 & 2 & \cdots & k & k+1 & \cdots & n \\ 2 & 3 & \cdots & 1 & k+2 & \cdots & k+1\end{matrix}\right) = (1,2,\cdots,k)(k+1,\cdots,n)\)。虽然置换乘法是不可交换的，但我们应当发现，对不相交的循环，不论用什么方式相乘，其结果总是一样的。

那么置换和Pólya定理有什么关系呢？我们通过一道题目来阐述。

题目（等价类计数问题）在 \(2\times 2\) 的方格中，我们将每个方格涂成黑白两色。如果允许旋转，一共会有多少种方案？

分析 我们先考虑没有旋转的所有情况。有以下 \(16\) 种：

令方格的四个格子分别为 \(A_1,A_2,A_3,A_4\)，分别对应坐标系中的四个象限。那么我们可以定义（顺时针）旋转集合 \(R=\{\) 旋转0°， 旋转90°， 旋转180°， 旋转270° \(\}=\{(A_1)(A_2)(A_3)(A_4),(A_1,A_2,A_3,A_4),(A_1,A_3)(A_2,A_4),(A_4,A_3,A_2,A_1)\}\)。通过这个集合我们可以定义一个等价关系：（顺时针）旋转后相等。我们将所有等价的元素分成一个集合，称之为一个等价类，则现在题目要求的就是\(R\)所定义的不同的等价类的个数。我们有结论：

引理（Burnside引理）：如果对于一个操作集合 \(R\) 中的操作 \(f\)，某个元素 \(s\) 在 \(f\) 操作后不变，则称 \(s\) 为 \(f\) 的不动点。若将 \(f\) 的不动点数目记为 \(C(f)\)，则由 \(R\) 定义的所有等价类数量为所有 \(C(f)\)的平均值。

那么本题中就有所有等价类数目为 \((16 + 2 + 4 + 2) / 4 = 6\) 个。

现在来考虑如何求 \(C(f)\)。不难发现，如果一个操作 \(f\) 被分解为 \(m(f)\) 个循环，则每个循环内元素所染的颜色均相同。那么有 \(C(f)=2^{m(f)}\)。推广开来，如果不止 \(2\) 种颜色，而是 \(k\) 种，则有 \(C(f)=k^{m(f)}\)。代回Burnside引理就得到Pólya定理。

定理（Pólya定理）：如果对于一个操作集合 \(R\) 中的操作 \(f\)，可被分解为 \(m(f)\) 个循环，且每个元素最多有 \(k\) 种颜色，则由 \(R\) 定义的所有等价类数量为所有 \(k^{m(f)}\)的平均值。

例题 Pólya定理模板 题目大意：\(t(t<=10^3)\) 组数据，每组数据给定一个有 \(n(n<=10^9)\) 个点的环，染 \(n\) 种颜色，在只考虑旋转的情况下，有多少种不同的染色数？

分析 如果旋转 \(i\) 个距离，则 \(0,i,2i,\cdots\) 构成一个长度为 \(n/gcd(i,n)\) 的循环。一共有 \(n/(n/gcd(i,n))=gcd(i,n)\) 个循环，因此答案为 \(\frac1n\sum_{i=1}^n n^{gcd(i,n)}\)。容易发现，这样做肯定是要超时的。所以我们愉快地推一波式子。

\[\begin{aligned}
& \frac1n\sum_{i=1}^n n^{gcd(i,n)} \\
&=\frac1n\sum_{d|n}n^d\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)=d] \\
&=\frac1n\sum_{d|n}n^d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i\cdot d,n)=d] \\
&=\frac1n\sum_{d|n}n^d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,n/d)=1] \\
&=\frac1n\sum_{d|n}n^d\varphi(\frac{n}{d})
\end{aligned}
\]

然后就可以瞎搞暴力了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long ll;
const ll mod = 1E+9 + 7;

ll T, n, ans;

ll Phi(ll x)
{
    ll res = 1;
    for(ll i = 2; i * i <= x; ++i) {
        if(!(x % i)) {
            x /= i, res = res * (i - 1) % mod;
            while(!(x % i)) x /= i, res = res * i % mod;
        }
    }

    if(x != 1) res = res * (x - 1) % mod;
    return res;
}

ll QuickPow(ll a, ll b)
{
    ll res = 1; a %= mod;
    while(b) {
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
	scanf("%lld", &T);
	while(T--) {
		ans = 0;

		scanf("%lld", &n);
    	for(ll i = 1; i * i <= n; ++i) {
        	if(n % i) continue;

        	ans = (ans + (Phi(n / i) * QuickPow(n, i - 1))) % mod;
        	if(i * i != n) ans = (ans + (Phi(i) * QuickPow(n, n / i - 1))) % mod;
    	}
    	printf("%lld\n", ans);
	}
}