昨天看了一下午《組合數學》最后一章然后晚上去看別人的blog發現怎么都不一樣，我一定是學了假的polya
其實是一樣的，只不過《組合數學》沒有太多的牽扯群論。於是又從群論角度學了一遍。
現在來總結，我主要從書上的角度來，群論的知識見$TA$爺的總結
置換
設$X$為有限集${1,2,...,n}$，$X$的置換$i_1,i_2,...,i_n$是函數：
$f:X \rightarrow X$
$f$是滿射的
$X$所有置換的集合$S_n$
函數的$compositon$運算：
$(g \cdot f)(k)=g(f(k))=j_{i_k}$
滿足結合律，通常不滿足交換律
$(f \cdot g)\cdot h\ =\ f \cdot (g \cdot h)$
恆等置換$\iota(k)=k$
逆元$f^{-1}$
交換置換$f$的上下兩行，再把上一行排序
$f(s)=k,\ f^{-1}(k)=s$
$f \cdot f^{-1}=\iota$
置換群
$S_n$的非空子集$G$滿足：
$1.\ $合成運算的封閉性 $\forall f,g \in G,\ f \cdot g \in G$
$2.\ $單位元 $\iota \in G$
$3.\ $逆元的封閉性 $\forall f \in G,\ f^{-1} \in G$
階：置換群中元素個數
置換群滿足消去律：$f \cdot g=f \cdot h \rightarrow g=h$
證明：逆元和結合律
着色
就是給$X$中的每一個元素分配一個顏色
設$c$是$X$的一種着色，$i$的顏色為$c(i)$
$*$運算：
置換對着色的作用
$f$將$k$變為$f(k)$，所以$f*c$將$k$的顏色變到$f(k)$
$(f*c)(i_k)=c(k)\ k=1,2,..,n$
$(f*c)(l)=c(f^{-1}(l))\ l=1,2,...,n$
着色集
$C$滿足：
$\forall f \in G,c \in C,\ f*c \in C$
兩種運算的關系：$(g \cdot f)*c\ =\ g*(f*c)$
根據$compositon$的定義顯然成立
等價關系：
類似偏序關系具有自反性和傳遞性，不同在於具有對稱性
着色等價：
$\exists f \in G,\ f*c_1=c_2\ $則$c_1 ~ c_2$
證明：
$1.\ $自反性：$G$中單位元存在
$2.\ $對稱性：$G$中逆元存在
$3.\ $傳遞性：$G$中合成運算具有封閉性
不同的等價類將$C$划分成若干部分
$Burnside$定理
$G(c)={f:\ f \in G,\ f*c=c}$
使着色$c$不變的置換集合，$c$的穩定核
$C(f)={c:\ c \in C,\ f*c=c}$
置換$f$作用下不變的着色集合，$f$的不動點
$G(c)$形成一個置換群(是$G$的子群)
且$\forall f,g \in G,\ g*c=f*c$當且僅當$f^{-1} \cdot g \in G(c)$
證明：置換群的定義；乘逆元。
軌道-穩定核定理
與$c$等價的着色數
$orbit(c)=|{f*c:\ f \in G}|=\frac{|G|}{|G(c)|}$
等於$G$中置換個數除以$c$的穩定核中置換的個數
證明：
滿足$g*c=f*c$的$g$的集合為${f \cdot h:\ h \in G(c)}$
由消去律可知集合大小為$|G(c)|$，$G(c)$中包括$\iota$所以這個集合包括$f$自身
也就是說對於每個$f$有$|G(c)|$個置換與他的效果相同
那么與$c$等價的着色數就是$\frac{|G|}{|G(c)|}$啦
還可以從陪集的角度：
$g$的集合是子群$G(c)$關於$f \in G$的一個陪集，大小為$|G(c)|$
一個陪集中對$c$的作用效果顯然相同，每個陪集要么相等要么不相交，那么$c$能變成的着色就是不相等的陪集的個數。因為所有陪集的並集為$G$，所以不相等的陪集的個數就是$\frac{|G|}{|G(c)|}$
上面一句是我口胡的，正確與否概不負責，不詳細寫了。
$Burnside$定理
着色集$C$中非等價着色數
$N(G,C)=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{f \in G}|C(f)|$
等於所有|C(f)|的平均值
證明：
我們用兩種方法計數$f*c=c$的$(f,c)$的個數
$\sum\limits_{f \in G}|C(f)|\ =\ \sum\limits_{c \in C}|G(c)|$
$=|G|\sum\limits_{c \in C}{\frac{1}{orbit(c)}}$
式子中每個等價類的貢獻為$1$，所以
$=|G| \times N(G,C)$
得證
$Polya$定理
將置換看成有向圖
$D_f=(X,E_f),\ E_f={(i,f(i)):\ i \in X}$
$n$個點$n$個弧
可以划分成若干個有向環，每個有向環是一個循環置換
階為$1$的循環就是恆等置換
$f$可以被分解成循環的$composition$的形式，不相交的循環滿足分配律
設循環的個數$\#(f)$，用$k$種顏色着色，
那么$|C(f)|=k^{\#(f)}$
證明：顯然$f$作用下不變的着色每一個循環中着色必須相同。
$N(G,C)=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{f \in G}k^{\#(f)}$
然后《組合數學》上又推了生成函數
$f$的$i$階循環的個數為$e_i$
$e_1+e_2+...+e_n=\#(f)$
$f$的類型$type(f)=(e_1,e_2,..,e_n)$
$f$的單項式$mon(f)=z_1^{e_1}...z_n^{e_n}$，其實就是都取$k$時就是$k^{\#(f)}$
對這個單項式求和就得到了$G$按類型的生成函數，系數為每個類型的個數
然后定義$G$的循環指數
$P_G(z_1,z_2,..,z_n)=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{f \in G}z_1^{e_1}...z_n^{e_n}$
都帶入$k$就是上面的非等價着色數的
然后還推廣到給定每種顏色的個數，並不覺得在$OI$中有什么用...
[16:25:34]好吧我錯了還是有用的，說一下吧
設$k$種顏色集合${u_1,u_2,...,u_k}$，每種顏色要求次數$p_i$
本來我們在循環指數中代入$k$，現在我們在$z_i$代入$u_1^i+u_2^i+...+u_k^i$
然后$u_1^{p_1} u_2^{p_2} ... u_n^{p_n}$的系數就是指定顏色的方案數了
然后有什么意義呢？
做背包
指數就是體積，系數就是方案數
就是把循環分給顏色