组合数学幻灯片63Burnside引理
组合数学之Burnside 引理及其应用
定理3 Burnside引理 定理3 (Burnside引理) 设G是X={1,2,…,n} 引理) ={1,2,… 上的置换群, ={a 上的置换群, G={a1,a2, …, am}, 则G在X 上 不同轨道的个数为 t=(c1(a1)+c1(a2)+…+c1(am))/|G|. =(c )+c )+… ))/|G 轨道数目为G 即: 轨道数目为G中所有置换的不动点个 数总和对| 的平均值. 数总和对|G|的平均值. 这个引理的证明, 证明 这个引理的证明, 也是一种很重要 的计数技巧. 先构造一个m 的表格. 的计数技巧. 先构造一个m×n的表格.
任何一个置换都可以表示成若干不相 交轮换的乘积, 而且表示是唯一的. 交轮换的乘积, 而且表示是唯一的. 如果一个n次置换f可以表示成c 如果一个n次置换f可以表示成c1个长 的轮换, 个长为2的轮换,…, 为1的轮换, c2个长为2的轮换,…, cn个 长为n的不相交轮换之积, 则称置换f 长为n的不相交轮换之积, 则称置换f 的类型为( ,…,c 的类型为(c1,c2,…,cn). 类型为( ,…,c 的置换也可表示为: 类型为(c1,c2,…,cn)的置换也可表示为:
15
m个行对应G的m个元素{a1,a2,…,am} 个行对应G 个元素{ ,…,a n个列对应X中的n个数{1,2,…,n} 个列对应X中的n个数{1,2,…,n 为方便起见, =(1)为恒等置换 为恒等置换. 为方便起见, 设a1=(1)为恒等置换. 表中( 位置上元素s 表中(i,k)位置上元素sik取1或0, 取值原 则如下: 则如下: 如果a 保持k不动, )=k 则取s 如果ai保持k不动, 即ai(k)=k, 则取sik=1; 否则s 否则sik=0. 书中列出了刚才前面例子当中的置换 群相应的表格. 下面给出一般形式. 群相应的表格. 下面给出一般形式.
burnside定理和polya计数
burnside定理和polya计数Burnside定理和Polya计数引言：组合数学是一门研究对象的排列和组合规律的学科。
在组合数学中，有两个重要的定理：Burnside定理和Polya计数。
这两个定理在对称性的研究中起着重要的作用。
本文将介绍Burnside定理和Polya 计数的概念、原理和应用，并对它们的关系进行探讨。
一、Burnside定理1. 概念：Burnside定理，也称作轮换定理，是由英国数学家威廉·伯恩赛德于1897年提出的。
它是一种用于计算置换群的不动点数量的方法，特别适用于计算对称性问题。
2. 原理：Burnside定理的核心思想是通过对置换群的每个元素进行分类，来计算不动点的总数。
具体来说，对于一个给定的置换群G和一个对象X，如果对象X在置换g下保持不变，则称X是置换g的不动点。
Burnside定理给出了计算所有不动点数量的方法。
3. 应用：Burnside定理在组合计数中有广泛的应用，特别是在计算染色问题和多边形的对称性问题上。
例如，当我们考虑将n个相同的珠子穿在一个项链上，Burnside定理可以帮助我们计算出不同的项链数量。
二、Polya计数1. 概念：Polya计数是由匈牙利数学家乔治·波利亚于1937年提出的。
它是一种计算置换群下不同染色方案数量的方法，通过考虑置换群的不变子群来计算。
2. 原理：Polya计数的核心思想是通过考虑置换群的不变子群来计算不同染色方案的数量。
具体来说，对于一个给定的置换群G和一组颜色C，Polya计数可以帮助我们计算出在置换群作用下，具有不同颜色方案数量。
3. 应用：Polya计数在组合计数中有广泛的应用，特别是在计算多边形染色、手链染色和立方体染色等问题上。
例如，当我们考虑将一个正方形的四个顶点染色，Polya计数可以帮助我们计算出不同的染色方案数量。
三、Burnside定理与Polya计数的关系1. 关系：Burnside定理和Polya计数都是研究置换群的方法，都可以用于计算对称性问题和染色问题。
数学：Burnside引理与Pólya定理
数学：Burnside引理与Pólya定理这个计数定理在考虑对称的计数中⾮常有⽤先给出这个定理的描述，虽然看不太懂：在⼀个置换群G={a1,a2,a3……ak}中，把每个置换都写成不相交循环的乘积。
设C1(ak)是在置换ak的作⽤下不动点的个数，也就是长度为1的循环的个数。
通过上述置换的变换操作后可以相等的元素属于同⼀个等价类那么等价类的个数就等于：然后理解⼀下公式⼀正⽅形分成4格，2着⾊，有多少种⽅案？其中，经过转动相同的图象算同⼀⽅案。
关于转动，⼀共有四种置换⽅法，也就是｜G｜=4不动(360度)：a1=(1)(2) (16)逆时针转90度：a2=(1)(2)(3 4 5 6)(7 8 9 10) (11 12)(13 14 15 16)顺时针转90度：a3=(1)(2)(6 5 4 3)(10 9 8 7)(11 12)(16 15 14 13)转180度：a4=(1)(2)(3 5)(4 6)(7 9)(8 10)(11)(12) (13 15)(14 16)然后我们针对每⼀种置换的⽅式，找到其中的不动点，也就是只有⾃⼰的情况由Burnside引理，共有(16+2+2+4)/4=6(种⽅案)然后的Pólya定理其实就是简化这个运算⽤的利⽤Burnside引理要⾸先列出所有n^m种可能的染⾊⽅案，然后找出在每个置换下保持不变的⽅案数。
然后找出在每个置换下保持不变的⽅案数,显然当m或n很⼤的时候,复杂度会炸Polya定理实际上是Burnside引理的具体化，提供了计算不动点的具体⽅法假设⼀个置换有σk个循环,就是轮换易知每个循环对应的所有位置颜⾊需⼀致，⽽任意两个循环之间选什么颜⾊互不影响。
因此，如果有m种可选颜⾊，则该置换对应的不动点个数为m^σk。
⽤其替换Burnside引理中的C(G)，即C(G)=m^k。
得到等价类数⽬为：⽼实说，我看不懂这个怎么⽤的。
burnside定理就是⾮等价染⾊数 = 在G中单个置换下保持不变的染⾊数的平均数⽽polya定理说的是⼀种特殊情况，若有m中颜⾊，每种颜⾊不限数量，则在G中的某个置换g下，保持不变的染⾊数=m^k，k为置换g的循环个数典型例题POJ1286我们需要求的也就是不同置换的个数，和每⼀个置换的循环节数旋转，旋转i个⼩球的距离，那么会得到0～n-1的置换⽅案，共有n种，对于旋转i个⼩球的循环节数为gcd(n,i)翻转，对于偶数，不经过⼩球有对称抽有n/2个，每种置换⽅案有n/2+1个循环节；经过⼩球的对称轴有n/2个，每种置换⽅案有n/2个循环节对于奇数，经过⼩球的对称轴，有n个，每种⽅案有n/2+1个循环节1 #include<cstdio>2long long n,ans;3long long gcd(long long a,long long b)4 {5return b==0?a:gcd(b,a%b);6 }7long long pow(long long x,long long k)8 {9if(k==1) return x;10long long s=pow(x,k/2);11 s=s*s;12if(k%2) s*=x;13return s;14 }15int main()16 {17while(scanf("%lld",&n)==1&&n!=-1)18 {19if(n==0)20 {21 printf("0\n");22continue;23 }24 ans=0;25for(int i=0;i<n;i++)26 ans+=pow(3,gcd(n,i));27if(n%2)28 {29 ans+=n*pow(3,n/2+1);30 }31else32 {33 ans+=n/2*pow(3,n/2);34 ans+=n/2*pow(3,n/2+1);35 }36 printf("%lld\n",ans/(n*2));37 }38return0;39 }。
Burnside引理和Polya定理
显然有16种涂色方案 我们设每种为一个元素，而 显然有 种涂色方案,我们设每种为一个元素， 种涂色方案 我们设每种为一个元素 每一种旋转就是一个置换： 每一种旋转就是一个置换： 1. 不动：a1=(1)(2)…(16)； 不动： ； 2. 逆90度： 度 a2=(1)(2)(3 4 5 6)(7 8 9 10)(11 12)(13 14 15 16)； ； 3. 顺90度： 度 a3=(1)(2)(6 5 4 3)(10 9 8 7)(11 12)(16 15 14 13)； ； 4. 180度： 度 a4=(1)(2)(3 5)(4 6)(7 9)(8 10)(11)(12)(13 15)(14 16)； ； 这样原问题就转化成了求置换群G={a1,a2,a3,a4}的 的 这样原问题就转化成了求置换群 等价类个数了。 等价类个数了。 因此不同的方案数为： 因此不同的方案数为： (16+2+2+4)/4=6。 。
Burnside引理 引理&Polya定理 引理 定理
——by wzj
1.知识回顾 1.知识回顾 2.若干概念 2.若干概念 3. Burnside引理 引理 4. Polya定理 定理
免责申明
1. 由于本人在此之前不会用 ppt( 技术比***还渣,我做了一天一夜才做了 六张)，所以谢绝吐槽 ppt. 2. 由于本人的表达能力很渣渣，所以请领会精神. 3. 感谢大家砸场，请在砸场时间内举起板砖. 4. 谢绝吐槽一切无关内容，谢绝闭目养神. 5. 如果本章使你世界观崩溃,认知不能等请在砸场时间或课后提出疑问.
(2) 由互不相交的 k个k阶循环乘积的可交换性引 由互不相交的c 阶循环乘积的可交换性引 起的， 阶循环重复了c 起的，ck个k阶循环重复了 k!次。 阶循环重复了 次 因此属于共轭类的不同的置换的个数为： 因此属于共轭类的不同的置换的个数为：
burnside引理证明
burnside引理证明Burnside引理是组合数学中一个重要的工具，用于计算置换群的不动点数。
它被广泛应用于各个领域，包括图论、化学、群论等。
本文将详细介绍Burnside引理的证明过程。
首先，我们来定义一些基本概念。
在群论中，一个置换是指对元素进行重新排列的操作。
一个置换群由多个置换组成，满足群的四条性质：封闭性、结合律、存在单位元和存在逆元。
在置换群中，可以定义一个置换的阶（Order），表示对元素进行置换的最小次数，以使其回到原始状态。
接下来，我们将介绍Burnside引理的核心思想。
假设我们有一个有限集合X，有一个置换群G对X进行操作。
对于每个置换g∈G，我们定义不动点集Fix(g)为在g作用下，元素不发生变化的元素的集合。
Burnside引理的主要任务是计算不动点集的数量。
证明Burnside引理的关键是分析以下两个问题：1. 怎样的置换才会使某个元素处于不动点？2. 怎样的置换可以被算作是“相同”的？对于第一个问题，设X中的一个元素为x。
在置换g作用下，x处于不动点的条件是g(x) = x。
即g把x映射到它自身。
因此，我们可以得出结论：一个置换g使得x处于不动点的充要条件是x属于g的一个循环。
对于第二个问题，我们需要定义等价关系。
对于两个置换g和h，如果存在置换g'，使得g'g = h，则称g和h是等价的。
也就是说，g和h可以通过某个置换g'相互转换。
在这种情况下，我们将g和h看作是“相同”的。
基于以上分析，我们可以引出Burnside引理的核心表述：对于一个置换群G对集合X进行操作，不动点集的数量为所有循环长度的平均值。
接下来，我们将给出Burnside引理的证明过程。
假设G中有r个等价类，每个等价类的循环长度分别为l1, l2, ..., lr。
那么根据Burnside引理，不动点集的数量可以表示为：Fix(G) = (l1 + l2 + ... + lr) / r接下来我们需要证明这个表达式。
组合数学课件--第四章第三节 波利亚(Polya)定理
2
4.5 波利亚(Polya)定理
p1=(c1)(c2)(c3)(c4)(c5)(c6)(c7)(c8) (c9)(c10)(c11)(c12)(c13)(c14)(c15)(c16)
p2=(c1)(c2)(c3c4c5c6)(c7c8c9c10)(c11c12) (c13c14c15c16)
p3=(c1)(c2)(c3c5)(c4c6)(c7c9)(c8c10) (c11)(c12)(c13c15)(c14c16) p4=(c1)(c2)(c6c5c4c3)(c10c9c8c7)(c11c12) (c16c15c14c13)
循环节个数为 n 1 2
N
1 G
[m
c ( a1 )
m
c(a2 )
... m
c ( ag )
]
1 2
(4 4
n
n 1 2
)
19
4.6 应用举例
例4.6.2 如图v1v2v3是圆圈上3点的等边三角形， 用红、蓝、绿3种颜色的珠子镶上，试问有几种不同 的方案？刚体运动吻合的算一种。 v1
p4 (1234)
这四种置换分别对应16种染色方案的四种置 换。
6
4.5 波利亚(Polya)定理
四个元素的4种置换分别为：
p1 (1)( 2)(3)(4)
p3 (13)( 24)
p2 (4321) p4 (1234)
这四个置换构成一个置换群，设这个群为 G , 4个元素1,2,3,4用两种颜色进行染色，染色方案共 有16种，这16种方案在旋转下也形成一个群G，
如果对6个方格用4种颜色进行染色，方案数是 4096；
4
4.5 波利亚(Polya)定理
组合数学第四篇
证 (1)C1(2) C…2 (n) C即n
1个 2个
n个
_∧_
_∧_
____∧____
/\
/\
/
\
(·)…(·)(··)…(··)… (·…·)…(·…·)
\______ ______/ \/
C1个
\________ ________/ \/
C2个
\________ ________/ \/
Cn个
令 P={p1,p2,…,pm},(是集合不一定是群.)
令解G)ii=≠Zj,kGpi∩i,i=G1j=,2Φ,…. G,m1+.GG2i包+…含·+G于m·G包(G含·关于于GZ.k的陪集分
-1
另一方面，任意P∈G. k→Paj→Pkj
PPj ∈-1 Zk,
P∈ZkPj=Gj.
4.4 Burnside引理
(2)k不动置换类 设G是[1,n]上的一个置换群。G≤Sn.
K∈[1,n]G中使k保持不变的置换全体，称 为k不动置换类，记做Zk.
4.4 Burnside引理
定理 置换群G的k不动置换类Zk是G的一个
子群。
封闭
性：k→k→k,k P1 P2 k. P1P2 结合性：自
然。
有单位元：G的
单位元属于Zk.
含目标集元素k的在G作用下的等价类也 称为含k的轨道。
4.4 Burnside引理
定理 设G是[1,n]上的一个置换群，Ek是[1,n]在G 的作用下包含k的等价类(轨道)，Zk是k不动置换 类。有|Ek||Zk|=|G|.
证 设|Ek|=m,Ek={a1(=k),a2,…,am},于是存在pi满足 a1→pi ai,i=1,2,…,m.
Chap4-2Burnside引理、Polya定理
故
G＝Z k P Z k Pl 1
| G || Z k P Z k Pl | 1 | Z k | | Z k | l | Z k |
l
4.4 Burnside引理
(4)Burnside引理
设G {a1 , a2 ,...ag }是[1, n ]上的置换群。每个置 换都写成不相交的循环的乘积。G将[1, n]划分 成L个等价类。c1 (ak )是在置换ak 的作用下不动 点的个数。则不同的等价类的个数L满足 1 L [c1 (a1 ) c1 (a2 ) ... c1 (ag )] |G|
4.5 Pó lya定理
一个着色图象在G的作用下变为另一个图象， 则这两个图象属于同一方案。
Polya定理 设G是n个对象的一个置换群，用m种 颜色涂染这n个对象，则不同的染色方案数为 1 c ( P1 ) c ( Pg ) c ( P2 ) L＝ m m ... m |G| 其中G＝{P , P2 ,...Pg }，c( Pk )为 Pk的循环节数。 1
4.4 Burnside引理
(a )由循环 (a1a2 ...ak ) (a2 a3 ...ak a1 ) ... (ak a1a2 ...ak -1 )引起的，一个k 阶循环可重复k 次，ck 个k 阶循环共重复了k ck 次；
(b)由互不相交的ck 个k 阶循环乘积的可交换性 引起的。ck 个k 阶循环重复了ck !次。
4.4 Burnside引理
定理 设G是[1,n]上的一个置换群，Ek是[1,n]在G 的作用下包含k的等价类，Zk是k不动置换类。则有 |Ek||Zk|=|G|, k=1,2,…n 证明：假设|Ek|＝l,不妨设Ek＝{a1=k, …,al}，互不 相等的正整数。 由于它们在同一个等价类，故存在置换Pj把k变 到aj。考虑ZkPj
卢开澄组合数学--组合数学第四章(共12张PPT)
2021/10/21
第三页，共12页。
4.1 群的概念
= cosacosb-sinasinb sinacosb+cosasinb
-sinacosb-cosasinb cosacosb-sinasinb
= cos(a+b) sin(a+b) =Ta+b
绕中心转动120，不动，
绕对称轴翻转。
2
3
P1=(
1 1
2 2
3 3
),P2=(
1
2
23
31
),P3=(
1
3
2
1
3
2
),P4=(
1
1
2
3
32),
P5=(
1
3
23
21
),P6=(
1
2
23
13
)。
[1,n]上的所有置换(共n!个)构成一个
群，称为对称群，记做Sn.
• 注意：一般说[1,n]上的一个置换群，不 一定是指Sn.但一定是Sn的某一个子群。
2021/10/21
第六页，共12页。
4.1 群的概念
(e) G有限，a∈G，则存在最小正整数r，使
得ar = e.且a -1= a r-1.
证
设|G|=g,则a,a ,2…,a
g
,a
g+∈1 G,由鸽巢原理其
中必有相同项。设a =am,1≤ml ＜l≤g+1, e=a
,1≤l-l-mm ≤g，令l-m=r.则有a =a a=e.即r a r=-1a .既 然有-1正r整-1 数r使得a =e,其中必有r最小者，不妨
组合数学讲义_Polya定理
置换群
[1,n]上的所有n阶置换在上面的乘法定义下是一个群。
验证是否满足群的性质
Dept of Computer Science and Engineering， Shanghai Jiaotong University
例：圆圈上装有A，B，C三颗珠子，正好构成等 边三角形，（1）绕过圆心垂直于圆平面的轴， 沿反时针方向旋转0，120，240；（2）沿过圆心 及A点的轴线翻转180度。经过1，2变换A，B，C三颗
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
概念
有限群：元素个数有限的群 无限群 有限群G的元素个数叫做群的阶,记做|G| 交换群（Abel群） 任意元素a,b ab=ba
例: G={-1,1}在乘法运算下是 一个群
封闭性:(1)(-1)=-1;(1)(1)=1; (-1)(1)=1,(-1)(-1)=1; 结合性：显然 单位元素：e=1 逆元素 由于(1)(1)=1 (-1)(-1)=1故 （-1）-1 =1，（-1）-1=-1
珠子两两重合，但顶点交换位置。
以1代A，2代B，3代C
⎛1 2 3 ⎞ ⎛1 2 3 ⎞ ⎛1 2 3 ⎞ p1 = ⎜ ⎜1 2 3 ⎟ ⎟ p2 = ⎜ ⎜ 2 3 1⎟ ⎟ p3 = ⎜ ⎜31 2⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛1 2 3 ⎞ ⎛1 2 3 ⎞ ⎛1 2 3 ⎞ p4 = ⎜ ⎜1 3 2 ⎟ ⎟ p5 = ⎜ ⎜ 3 2 1⎟ ⎟ p6 = ⎜ ⎜ 2 1 3⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 这六个置换是一个群
群的性质
定理：群的单位元是唯一的 证：假设有两个单位元e1,e2
e1e2=e2 e1e2=e1 e 1 = e2
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
Burnside引理可以用来解决某些简单的计数问题， 我们主要它来证明下一节的Polya定理。
26-1
二、Burnside引理
设G是M上的置换群，令 R={<a,σ(a)>|a∈M,σ∈G}
称R为G诱导的M上的关系。
(6.5)
26-2
定理6.15 (Burnside引理)
如将以上所列的8种图像作成一个集合，M={1,2,…,8}。 建立由三角形绕中心反时针旋转而引出的M中的元的置 换如下。
26-7
解(续2)
1) 不动的置换I，即旋转0°有 I=(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)
2) 旋转120°。此时8种图像中 1→1,2→3,3→4,4→2,5→6,6→7,7→5,8→8。
易知c1(I)=8,c1(σ)=2,c1(τ)=2,|G|=3,故由 Burnside引理，G导出的等价类个数为
t=(8+2+2)/3=4 所以有4种不同的图像，如图所示。a
26-9
例6
在一张卡片上打印一个由数字0，1，6，8，9组成的 4位码。如果一个码倒转过来是另一个码，例如0668与 8990，则这两个码使用一张卡片。问共需多少张卡片。
26-10
2) 绕中点转180°，记为σ。因当且仅当xi中第一位与 第四位的数字互为倒转相同(即0与0，1与1，6与9， 8与8，9与6),同时第二位与第三位的数字互为倒转 相同时，xi转180°才为自身，如1881，6969，9696 等，而此类xi有52=25个(因第一位，第二位均有5种 取法，第一、二位取定后第三、四位只有一种取
故此置换为 σ=(1)(234)(567)(8)
1. 旋转240°。此时， 1→1,2→4,4→3,3→2,5→7,7→6,6→5,8→8，
即此置换为 τ=(1)(243)(576)(8)
26-8
解(续3)
设G={I,σ,τ}，因G包含所有旋转变换所导出的置 换，故G中元对置换的乘法封闭，从而是有限群S8(8次 对称群)的子群。
26-4
例5
一正三角形被均分为三个小三角形，如图所示， 现用黑、白二色对其小三角形着色，问能得到多少不同 的图像?
26-5
解：
若不允许旋转，因每个小三角形均可着二色，三个小 三角形共有8种着色方案，故可得8种不同的图像。如图 所示。
26-6
解(续1)
若允许旋转，则经旋转后某些图像可重合，故只算 一种，
设G是集合M上的置换群，t为G诱导的M上的等价类 的个数，则
1
t | G | G c1()
其中c1()为置换中的1-循环个数。
26-3
三、应用
在组合计数问题中，若被计数的对象经某类变换能 使之重合的算一种，即存在置换σ，对象a与σ(a)算一 种，此类问题常常归结为求不同等价类的个数的问题。
故可用Burnside引理求解。Hale Waihona Puke 所以法)。 c1(σ)=25
令G={I,σ},显然G是群，且|G|=2。由Burnside引理，G 导出的等价类个数
t=(625+25)/2=325 从而需325张卡片。
26-11
解：由0，1，6，8，9组成的4位码共54=625个，分别设 为x1,x2,…x625,令M={x1,x2,…,x625}。一个码倒转过来成 另一个码相当于将码绕中点转180°，建立由这类变换 而引出的M中的元的置换如下。
1) 不动的置换I，即 I=(x1)(x2)…(x625),有c1(I)=625