标签：个数 返回 不能 strong 置换 ++ 它的 问题 经典
对Polya定理的个人认识
我们先来看一道经典题目：
He‘s Circles(SGU 294)
有一个长度为N的环，上面写着“X”和“E”，问本质不同的环有多少个（不能旋转重复就称之为本质不同）
输入样例：4
输出样例：6
那么要怎么办呢？暴力显然暴不出来……
我们可以考虑使用置换群。
我们有两种算法：
①Burnside引理：
答案直接为1/|G|*(D(a1)+D(a2)+D(a3)+……+D(as))
其中D(ak)为在进行置换群置换操作ak下不变的元素的个数。
在N=4下一共有四个置换群：
(1 2 3 4 (1 2 3 4 (1 2 3 4 (1 2 3 4
1 2 3 4) 2 3 4 1) 3 4 1 2) 4 1 2 3)
那么显然在置换a1下都不变，那么D(a1)=16 (4*4)
EEEE和XXXX在置换a2下都不变，所以D(a2)=2
XXXX和EEEE还有XEXE以及EXEX在置换a3下都不变，所以D(a3)=4
XXXX和EEEE在置换a4的情况下都不变，D(a4)=2
最后根据公式计算出1/|4|*(16+2+4+2)=6(种)
②Polya定理
回顾上面的Burnside算法，是否感觉D不太好实现呢？
那么我们就可以用一种更容易理解、适应力强、时间复杂度低、编程复杂度低的方法就是群论的最厉害的Polya定理
其实Polya定理与Burnside引理本质上的区别并不是很大，只不过入手问题的角度不一样。
我们可以发现，一个循环节之间的“不变元素”可以互相交换从而不影响整体，所以我们可以设Ci为置换群i的循环节个数。
例如(1 2 3 4 5
3 5 1 4 2)
的循环节就为：1和3循环1->3->1……
2和5循环2->5->2……
4和它自身循环4->4->4……
那么循环节数就为3
再回来看现在这个题目，我们可以抽象地把Ci替换掉Di
那么Di=p^C(i) (p为总共的字母数)
相同循环节中的元素可以互相置换，所以Di=p^C(i)
polya公式为1/|G|(p^C(1)+p^C(2)+……+p^C(s))
以4为例，则1/|G|=1/4
C(1)：循环节为(1)(2)(3)(4)，所以C(1)=4
C(2)：循环节为(4 3 2 1)，所以C(2)=1
C(3)：循环节为(1 3)(2 4)，所以C(3)=2
C(4)：循环节为(1 2 3 4)，所以C(4)=1
那么答案就为1/4(2^4+2^1+2^2+2^1)=6
这里的C相对于上面的D来说要简单，记得XJR学长给我讲过环的判定，直接任选一个没有选过的点，从这个点开始映射，走过的点标上1，等到再走到标上1时，结束，统计数加1
void search(int M){
int i=M;//一开始从这里开始
while(!flag[b[i]]){//如果它的映射没被访问过，那么说明它还没有构成环
i=b[i];//继续映射
flag[i]=1;//标记已访问
}
return ;//返回
}
int C(){
int tmp=0;
for(int i=1;i<=N;i++) if(!flag[i]) flag[i]=1,search(i),tmp++;//环数加1
return tmp;//返回循环节数
}
那么我们再加上一个快速幂，就可以进一步优化。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/wxjor/p/6119894.html
