以前只是直接用了这两个式子..今天才仔细看了证明..[网上的真是难懂啊 我看的几个博客地址(各有优缺): 其实如果能懂的话 只看博客B就可以了 首先是一些置换群方面的定义和性质  博客A:http://blog.csdn.net/xym_CSDN/article/details/53456447 然后是burnside的证明                  博客B:http://blog.csdn.net/gengmingrui/article/details/50564027 还有两个定理的

LINK:Cards 不太会burnside引理 而这道题则是一个应用. 首先 一个非常舒服的地方是这道题给出了m个本质不同的置换 然后带上单位置换就是m+1个置换. burnside引理: 其中D(a_j)表示 在\(a_j\)这置换中的不动点的个数. 其实我们求出每个置换的不动点个数就行了. 循环很好求 每个循环都填一样的就是不动点了 直接dp一下即可. code //#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<

LINK:Painting Graphs with AtCoDeer 看英文题面果然有点吃不消 一些细节会被忽略掉. 问每条边都要被染色 且一个环上边的颜色可以旋转. 用c种颜色有多少本质不同的方法. 注意这里的环指简单环 即不能经过一个节点两次. 考虑环套环的情况 手玩可以发现 可以将这种情况出现的所有边按顺序放置. 那么只和颜色出现的次数有关 隔板法做即可. 一个环 容易发现可以使用\(burnside\)引理. 割边 也很容易. 难点是求简单环. 不能求割边 因为边双不一定是简单环. 但是

题目:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1004 分析: 1.确定方向:肯定是组合数学问题,不是Polya就是Burnside,然后题目上说每种颜色的个数都是一定的,所以肯定是Burnside了 2.确定置换群:首先输入的那么多肯定是每个都是一个置换,那么要不要对每个叠加呢?不用的,因为题目上说“输入数据保证任意多次洗牌都可用这 m种洗牌法中的一种代替,且对每种洗牌法,都存在一种洗牌法使得能回到原状态”.所以对于读入的所有就是整个置换

题目链接:http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1004 题意:三种颜色的扑克牌各有Sr,Sb,Sg张.给出m种置换.两种染色方案在某种置换下相同时认为是一种.有多少种不同的排列? 思路:利用Burnside引理计算的两个步骤: (1)找出所有的置换,在这里我们很容易认为只有m种,其实是m+1种,不动置换也是一种.坑爹.. (2)求出每种置换下不动点个数.也就是对于每一种置换,我们要找出在这种置换下哪些排列在置换后还是这样.那么首先我们

描述 http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1004 共n个卡片,染成r,b,g三种颜色,每种颜色的个数有规定.给出一些置换,可以由置换得到的染色方案视为等价的,求等价类计数. 分析 给出置换求等价类计数,用Burnside引理:等价类计数=(每一个置换不动点的和)/置换数.(不知道的建议去看白书) 其中不动点是指一个染色方案经过置换以后染色与之前完全相同. 1.求不动点个数. 不动点的话同一个循环内的每一个点的颜色必须相同(否则不同颜色

我想了想,发现可以证明burnside定理. 置换:n个元素1,2,-,n之间的一个置换表示1被1到n中的某个数a1取代,2被1到n中的某个数a2取代,直到n被1到n中的某个数an取代,且a1,a2,-,an互不相同. 置换群:置换群的元素是置换,运算是置换的连接.例如: 可以验证置换群满足群的四个条件. 重点是这个:│Ek│·│Zk│=│G│    k=1-n 这个我不会证明,但是很好理解:每个不动点都可以找到一个对应的置换,差不多就这个意思. 该公式的一个很重要的研究对象是群的元素个数,有很

三道burnside入门题: Burnside定理主要理解置换群置换后每种不动点的个数,然后n种不动点的染色数总和/n为answer. 对于旋转,旋转i个时不动点为gcd(n,i). 传送门:poj 2409 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #de

标题效果:特定n张卡m换人,编号寻求等价类 数据保证这m换人加上置换群置换后本身构成 BZOJ坑爹0.0 条件不那么重要出来尼玛怎么做 Burnside引理--昨晚为了做这题硬啃了一晚上白书0.0 都快啃吐了0.0 Burnside引理:一个置换群下的等价类个数等于全部置换的不动点个数的平均值 没有接触过群论的建议去啃白书-- 网上的东西看不懂的 最后那个除法要用乘法逆元 我懒得写EXGCD写了费马小定理0.0 #include<cstdio> #include<cstring>

HDU 5868 Different Circle Permutation(burnside 引理) 题目链接http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5868 Description You may not know this but it's a fact that Xinghai Square is Asia's largest city square. It is located in Dalian and, of course, a landm

置换群.Burnside引理与等价类计数问题 标签: 置换群 Burnside引理 置换 说说我对置换的理解,其实就是把一个排列变成另外一个排列.简单来说就是一一映射.而置换群就是置换的集合. 比如\[ \left(\begin{array}1 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 3 & 4 & 2 & 1 \end{array}\right) \]是一个置换.也可以把置换看做定义域和值域都为{1,2,......,n}的函数,

[BZOJ1004]Cards(组合数学,Burnside引理) 题面 Description 小春现在很清闲,面对书桌上的N张牌,他决定给每张染色,目前小春只有3种颜色:红色,蓝色,绿色.他询问Sun有 多少种染色方案,Sun很快就给出了答案.进一步,小春要求染出Sr张红色,Sb张蓝色,Sg张绝色.他又询问有多少种方 案,Sun想了一下,又给出了正确答案. 最后小春发明了M种不同的洗牌法,这里他又问Sun有多少种不同的染色方案. 两种染色方法相同当且仅当其中一种可以通过任意的洗牌法(即可以使用

最近,研究了两天的Burnside引理和Polya定理之间的联系,百思不得其解,然后直到遇到下面的问题: 对颜色限制的染色 例:对正五边形的三个顶点着红色,对其余的两个顶点着蓝色,问有多少种非等价的着色? 其中置换的方法有旋转 \(0^{\circ}, 72^{\circ}, 144^{\circ}, 216^{\circ}, 288^{\circ}\), 穿过一个点做对称轴进行翻转. Burnside引理的证明 那么,在解决这个问题之间,我们首先要定义和证明一些东西: 在集合\(X\)的置换群

感觉这两个东西好鬼畜= = ,考场上出了肯定不会qwq.不过还是学一下吧用来装逼也是极好的 群的定义 与下文知识无关.. 给出一个集合$G = \{a, b, c, \dots \}$和集合上的二元运算"$*$",并满足 (1).封闭性:$\forall a, b \in G, \exists c \in G, a * b = c$ (2).结合律:$\forall a, b, c \in G, (a * b) * c = a * (b * c)$ (3).单位元:$\exists e

\(Burnside\)引理的感性证明: 其中:\(G\)是置换集合,\(|G|\)是置换种数,\(T_i\)是第\(i\)类置换中的不动点数. \[L = \frac{1}{|G|} * \sum T_i\] 我们以\(2*2\)的方格图染色来举例感性证明. 每个格子有\(2\)种方案,不考虑旋转重构一共就有\(16\)种. 其中对于每一种等价类(也可以称之为[旋转轨道]),他们上面的所有方案都是旋转重构的,我们只需要记一次就可以了.也就是说,我们所求的本质不同的方案数,其实就是等价类的个数.

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Burnside-Polya.html 问题模型 有一个长度为 $n$ 的序列,序列中的每一个元素有 $m$ 种取值. 如果两个序列循环同构,那么我们称这两个序列等价. 求两两不等价的序列个数. Burnside引理 假设有若干个置换 $P_1,P_2,\cdots$ ,设由这些置换生成的置换群为 $Q$ .如果序列 A 可以通过一个 $Q$ 中的置换变成序列 B,那么我们认为 A 和 B 等价. 对于一个置换 $P$ ,如果

传送门 在没做这道题之前天真的我以为\(Polya\)可以完全替代\(Burnside\) 考虑\(Burnside\)引理,它要求的是对于置换群中的每一种置换的不动点的数量. 既然是不动点,那么对于这一个置换中的一个轮换,这个不动点中轮换里所有位置的颜色都必须相同. 然后题目就转化成了一个背包. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<ctime> #include<

VJ传送门 因为有每种颜色个数的限制,所以不能使用Polya 考虑退一步,使用Burnside引理求解 回忆一下Burnside引理,它需要求的是置换群中每一个置换的不动点个数,也就是施加一次置换之后新状态与原状态相同的状态个数.而施加一次置换之后状态不变的充要条件是:对于这个置换中的每一个循环,循环中所有位置的颜色都相同. 为了叙述方便,约定\(f(i,j,k,l) = \frac{i!}{j!k!l!}\) 首先考虑旋转.假设某一种旋转置换使得\(i\)位置的珠子变到\(i+k\)位置\((

[BZOJ3202]项链(莫比乌斯反演,Burnside引理) 题面 BZOJ 洛谷 题解 首先读完题目,很明显的感觉就是,分成了两个部分计算. 首先计算本质不同的珠子个数,再计算本质不同的项链个数. 前面一个部分和\(gcd\)相关,一种莫比乌斯反演的感觉. 后面一个部分出现了旋转操作,要求本质不同的方案数,不难想到Burnside引理. 首先先考虑怎么求本质不同的珠子个数. 我们直接考虑无序的三元组\((x,y,z)\),满足\(x,y,z\le a,gcd(x,y,z)=1\) 容斥考虑最

参考:刘汝佳<算法竞赛入门经典训练指南> 感觉是非常远古的东西了,几乎从来没有看到过需要用这个的题,还是学一发以防翻车. 置换:排列的一一映射.置换乘法相当于函数复合.满足结合律,不满足交换律. 置换的循环分解:即将置换看成一张有向图,分解成若干循环.循环的数量称为循环节. 以置换集合来描述等价关系.如果存在一个置换将一个方案映射到另一个方案,则这两个方案等价.置换集合应当构成置换群. 不动点:方案s经过置换f不变,则s为f的不动点. Burnside引理:等价类数量=所有置换的不动点数量的平

定义简化版: 置换,就是一个1~n的排列,是一个1~n排列对1~n的映射 置换群,所有的置换的集合. 经常会遇到求本质不同的构造,如旋转不同构,翻转交换不同构等. 不动点:一个置换中,置换后和置换前没有区别的排列 Burnside引理:本质不同的方案数=每个置换下不动点的个数÷置换总数(一个平均值) Polya定理:一个置换下不动点的个数=颜色^环个数.(辅助Burnside引理,防止枚举不动点复杂度过高) 这篇文章写得很详细了(具体的在此不说了): Burnside引理与Polya定理 **特