POJ 2409 Let it Bead：置換群 Polya定理

題目連結：http://poj.org/problem?id=2409

題意：

　　有一串n個珠子穿起來的項鍊，你有k種顏色來給每一個珠子染色。

　　問你染色後有多少種不同的項鍊。

　　注：“不同”的概念是指無論怎樣旋轉或翻轉項鍊，都與之前的不同。

 

題解：

　　本題用到了置換的相關知識：

　　　　（1）Burnside引理：

　　　　　　等價類數目 = 所有C(f)的平均值　（C(f)為置換f的不動點數目）

　　　　

　　　　（2）置換f可以分解成m(f)個迴圈的乘積，假設塗k種顏色：

　　　　　　C(f) = k^m(f)

　　　　

　　　　（3）Polya定理：（綜上）

　　　　　　等價類數目 = 所有k^m(f)的平均數

 

　　考慮兩種操作，旋轉和翻轉：

　　　　（1）旋轉：

　　　　　　先假定所有的旋轉都是順時針（逆時針也一樣）。

　　　　　　那麼對於旋轉這個操作，總共有n個置換：

　　　　　　　　不旋轉（旋轉0格）、順時針旋轉1格（1個珠子的距離）、2格、3格...n-1格。

　　　　　　所以現在要算的就是每個置換f的m(f)，然後使用Polya定理。

　　　　　　旋轉i格：m(f) = gcd(n,i)

　　　　　　所以sum += ∑( k^gcd(n,i) )　(0<=i<=n-1)

 

　　　　（2）翻轉：

　　　　　　有兩種情況，n為奇數或偶數。

　　　　　　　　1.偶數：

　　　　　　　　　　共有n個對稱軸，也就是有n個置換。

　　　　　　　　　　I. 其中，n/2個對稱軸不穿過珠子。這種置換的m(f) = n/2 。

　　　　　　　　　　　　所以sum += (n/2) * (k^(n/2))

　　　　　　　　　　II.另外n/2的對稱軸恰好經過2顆珠子。這種置換的m(f) = n/2 - 1 。

　　　　　　　　　　　　所以sum += (n/2) * (k^(n/2-1))

　　　　　　　　　　綜上：sum += (n/2) * ( k^(n/2) + k^(n/2-1) )

　　　　　　　　

　　　　　　　　2.奇數：

　　　　　　　　　　共有n個對稱軸，也就是有n個置換。並且每個對稱軸恰好經過一顆珠子。

　　　　　　　　　　所有置換的m(f) = (n-1)/2

　　　　　　　　　　所以sum += n * ( k^((n-1)/2) )

　　

　　呼。。。兩種操作討論完了。

　　因為兩種操作總共有2*n個置換。

　　所以呢。。。

　　答案是：sum/(2*n)　　ヾ(๑╹◡╹)ﾉ"

 

AC Code:

// num of equivalence class = average C(f)
// C(f) = k ^ m(f)    ->    num of fixed points
// m(f) = circle num in each permutation

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 40

using namespace std;

int n,t;
int POW[MAX_N];

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

int main()
{
    while(cin>>t>>n)
    {
        if(n==0 && t==0) break;
        POW[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            POW[i]=POW[i-1]*t;
        }
        int sum=0;
        // rotate
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            sum+=POW[gcd(n,i)];
        }
        // overturn
        if(n&1) sum+=n*POW[(n+1)/2];
        else sum+=(n/2)*(POW[n/2+1]+POW[n/2]);
        cout<<sum/(2*n)<<endl;
    }
}