polay定理总结

参考资料：

url=YveSCnlx_dlXo4oGjE8w3_2QRObRXvXMbix81ppCxBGqBswxffwDN9frzY5xxaKf7GgEMY8K93JTPEhkBzY66XOaN0GIdhBWcdNdJ7ZUrjm">polay定理

感觉近期一直easy遇见这样的题目....... 略微复杂一点的就不太会

先是一个总结出来的定理：

用一个最简单的样例来说明

对2*2的方阵用黑白两种颜色涂色，问能得到多少种不同的图像？经过旋转使之吻合的两种方案，算是同一种方案。

设G={p1,p2,…,pg}是Ω上的一个置换群比方置换群G={转0°。转90°，转180°，转270°}

C(pk)是置换pk的循环的个数

G1置换{转0°  }的循环节是4。 {(1),(2),(3),(4)}

G2置换{转90° }的循环节是1， {(4,3,2,1)}

G3置换{转180°}的循环节是2， {(1,3),(2,4)}

G4置换{转270°}的循环节是1。 {(1,2,3,4)}

用M中的颜色对Ω中的元素着色，

着色方案数为 L = 1/|G|*[c1(p1)+c1(p2)+c1(p3)+...c1(p[g])]

= 1/|G|*[m^c(p1)+m^c(p2)+m^c(p3)+...m^c(p[g])]

|G|为置换的总个数,m颜色数

c1(pi)指置换pi的不动点的数目（既循环节为1的点数）

watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQvdTAxMDQ2ODU1Mw==/font/5a6L5L2T/fontsize/400/fill/I0JBQkFCMA==/dissolve/70/gravity/SouthEast" alt="">

明显四个数分别为 16 2 4 2

L = 1/|G| * [16 + 2 + 4 + 2] = 6

c(pi)指的是置换pi的循环个数。

L =  1/|G| *[ 2^4 + 2^1 + 2^2 + 2^1 ] = 6

先来一个简单的题目：

poj 2409 :http://poj.org/problem?

id=2409

题目大意：

一家项链公司生产手镯。n颗珠子形成一个环，用m种颜色给n颗珠子染色，就得到了各种各样的手镯。可是，经过旋转和翻转使之吻合的算同一种方案。

比如，当用2种颜色对5颗珠子进行染色的方案数为8。

题目解法：

一： 旋转 （比方说是有n个珠子。每次能够旋转的角度就是360/n）

二： 翻转 （考虑对称轴。奇数个珠子，那每次对称轴能够穿过一个珠子。则一共同拥有n个对称轴）

偶数个珠子，每一个对称轴穿过的是两个珠子，一共同拥有n/2个对称轴，或者说每一个对称轴不穿过珠子，这种对称轴也是n/2个

所以综上来说无论是奇数或者偶数。其变化方式都是有2*n种翻转。

能够证明的是每个翻转其循环节各自是gcd(i,n)  0<i<=n

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
using namespace std;

int gcd(int a,int b){
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

long long rotate(int c,int n){  //旋转  旋转 (360/n) * i 度
    long long sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)        sum+=pow(c*1.0,gcd(n,i));   //每次旋转的循环节是gcd(n,i)
    return sum;
}

long long turn(int c,int n){    //翻转
    long long sum=0;
    if(n%2)
        sum+=n*pow(c*1.0,(n+2)/2); //奇数则对称轴都是穿过一个珠子 一共n个  每一个置换的循环节是n/2+1
    else
    sum+=n/2*(pow(c*1.0,n/2)+pow(c*1.0,(n+2)/2));  //偶数则穿过珠子或者不穿过珠子 各自是n/2 个 循环节是n/2+1 和 n/2   能够用下面公式算出
    return sum;
}

void polya(int c,int n){
    int i,j;
    long long sum=0;
    sum+=rotate(c,n);
    sum+=turn(c,n);
    printf("%lld\n",sum/(2*n));
}

int main()
{
    int n,m;
    while(scanf("%d%d",&n,&m),n||m){
        polya(n,m);
    }
    return 0;
}

#include<cstring>
#include<string>
#include<fstream>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<functional>
#include<cmath>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0)

#define eps 1e-7
#define INF 0x7FFFFFFF
#define LLINF 0x7FFFFFFFFFFFFFFF
#define seed 1313131
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1

//求置换的循环节,polya原理
//perm[0..n-1]为0..n-1的一个置换(排列)
//返回置换最小周期,num返回循环节个数
#define MAXN 1000

int gcd(int a,int b){
	return b?gcd(b,a%b):a;
}

int polya(int* perm,int n,int& num){
	int i,j,p,v[MAXN]={0},ret=1;
	for (num=i=0;i<n;i++)
		if (!v[i]){
			for (num++,j=0,p=i;!v[p=perm[p]];j++)
				v[p]=1;
			ret*=j/gcd(ret,j);
		}
	return ret;
}

int main (){
    int perm1[6]={0,5,4,3,2,1};
    int perm2[6]={1,0,5,4,3,2};
    int num;
    cout<<polya(perm2,6,num)<<endl;
    cout<<num<<endl;
}

版权声明：本文博客原创文章。博客，未经同意，不得转载。