符文杰Word文档下载推荐.docx
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eG,aG,a＊e=e＊a=a。
（d）逆元：
aG,bG,a＊b=b＊a=e，记b=a-1。
则称集合G在运算＊之下是一个群，简称G是群。
一般a＊b简写为ab。
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。
本例中有4个置换：
转0a1=
转90a2=
转180a3=
转270a4=
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。
本题中置换群G={转0、转90、转180、转270}
我们再看一个公式：
│Ek│·
│Zk│=│G│k=1…n
该公式的一个很重要的研究对象是群的元素个数，有很大的用处。
Zk（K不动置换类）：
设G是1…n的置换群。
若K是1…n中某个元素，G中使K保持不变的置换的全体，记以Zk，叫做G中使K保持不动的置换类，简称K不动置换类。
如本例中：
G是涂色方案1~16的置换群。
对于方案1，四个置换都使方案1保持不变，所以Z1={a1,a2,a3,a4}；
对于方案3，只有置换a1使其不变，所以Z3={a1}；
对于方案11，置换a1和a3使方案其保持不变，所以Z11={a1,a3}。
Ek（等价类）：
若K是1…n中某个元素，K在G作用下的轨迹，记作Ek。
即K在G的作用下所能变化成的所有元素的集合。
方案1在四个置换作用下都是方案1，所以E1={1}；
方案3，在a1下是3，在a2下变成6，在a3下变成5，在a4下变成4，所以E3={3,4,5,6}；
方案11，在a1、a3下是11，在a2、a4下变成12，所以E11={11,12}。
本例中的数据，也完全符合这个定理。
│E1│·
│Z1│=14=4=│G│
│E3│·
│Z3│=41=4=│G│
│E11│·
│Z11│=22=4=│G│
限于篇幅，这里就不对这个定理进行证明。
接着就来研究每个元素在各个置换下不变的次数的总和。
见下表：
置换\Sij\元素j
aI
1
2
……
16
D（ai）
a1
a2
a3
a4
S1,1
S2,1
S3,1
S4,1
S1,2
S2,2
S3,2
S4,2
S1,16
S2,16
S3,16
S4,16
D（a1）
D（a2）
D（a3）
D（a4）
│Zj│
│Z1│
│Z2│
│Z16│
其中
D（aj）表示在置换aj下不变的元素的个数
如本题中：
涂色方案1在a1下没变动，S1,1=1；
方案3在a3变动了，S3,3=0；
在置换a1的变化下16种方案都没变动，D（a1）=16；
在置换a2下只有1、2这两种方案没变动，D（a2）=2。
一般情况下，我们也可以得出这样的结论：
我们对左式进行研究。
不妨设N={1，……，n}中共有L个等价类，N=E1+E2+……+EL，则当j和k属于同一等价类时，有│Zj│=│Zk│。
所以
这里的L就是我们要求的互异的组合状态的个数。
于是我们得出：
利用这个式子我们可以得到本题的解L=（16+2+4+2）/4=6与前面枚举得到的结果相吻合。
这个式子叫做Burnside引理。
但是，我们发现要计算D（aj）的值不是很容易，如果采用搜索的方法，总的时间规模为O（nsp）。
（n表示元素个数，s表示置换个数，p表示格子数，这里n的规模是很大的）下一步就是要找到一种简便的D（aj）的计算方法。
先介绍一个循环的概念：
循环：
记
称为n阶循环。
每个置换都可以写若干互不相交的循环的乘积，两个循环（a1a2…an）和（b1b2…bn）互不相交是指aibj,i,j=1,2,…,n。
这样的表示是唯一的。
置换的循环节数是上述表示中循环的个数。
例如（13）（25）（4）的循环节数为3。
有了这些基础，就可以做进一步的研究，我们换一个角度来考虑这个问题。
我们给2*2方阵的每个方块标号，如下图：
2
1
3
4
构造置换群G'
={g1,g2,g3,g4},｜G'
｜＝4，令gi的循环节数为c（gi）（i=1,2,3,4）
在G'
的作用下，其中
g1表示转0°
即g1=
（1）
（2）（3）（4）c（g1）=4
g2表示转90°
即g2=（4321）c（g2）=1
g3表示转180°
即g3=（13）（24）c（g3）=2
g4表示转270°
即g4=（1234） c（g4）=1
我们可以发现，gi的同一个循环节中的对象涂以相同的颜色所得的图像数mc（gi）正好对应Ｇ中置换ai作用下不变的图象数，即
2c（g1）=24=16=D（a1）2c（g2）=21=2=D（a2）
2c（g3）=22=4=D（a3）2c（g4）=21=2=D（a4）
由此我们得出一个结论：
设G是p个对象的一个置换群，用m种颜色涂染p个对象，则不同染色方案为：
其中G={g1,…gs}c（gi）为置换gi的循环节数（i=1…s）
这就是所谓的Pó
lya定理。
我们发现利用Pó
lya定理的时间复杂度为O（sp）（这里s表示置换个数，p表示格子数），与前面得到的Burnside引理相比之下，又有了很大的改进，其优越性就十分明显了。
lya定理充分挖掘了研究对象的内在联系，总结了规律，省去了许多不必要的盲目搜索，把解决这类问题的时间规模降到了一个非常低的水平。
现在我们把问题改为：
nn的方阵，每个小格可涂m种颜色，求在旋转操作下本质不同的解的总数。
先看一个很容易想到的搜索的方法。
（见附录）
这样搜索的效率是极低的，它还有很大的改进的余地。
前面，我们采用的方法是先搜后判，这样的盲目性极高。
我们需要边搜边判，避免过多的不必要的枚举，我们更希望把判断条件完全融入到搜索的边界中去，消灭无效的枚举。
这个美好的希望是可以实现的。
我们可以在方阵中分出互不重叠的长为[（n+1）/2]，宽为[n/2]的四个矩阵。
当n为偶数时，恰好分完；
当n为奇数时，剩下中心的一个格子，它在所有的旋转下都不动，所以它涂任何颜色都对其它格子没有影响。
令m种颜色为0~m-1，我们把矩阵中的每格的颜色所代表的数字顺次（左上角从左到右，从上到下；
右上角从上到下，从右到左；
……）排成m进制数，然后就可以表示为一个十进制数，其取值范围为0~m[n2/4]-1。
（因为[n/2]*[（n+1）/2]=[n2/4]）这样，我们就把一个方阵简化为4个整数。
我们只要找到每一个等价类中左上角的数最大的那个方案（如果左上角相同，就顺时针方向顺次比较）这样，在枚举的时候其它三个数一定不大于左上角的数，效率应该是最高的。
进一步考虑，当左上角数为i时,（0iR-1）令R=m[n2/4]
可分为下列的4类：
其它三个整数均小于i，共i3个。
右上角为i，其它两个整数均小于i，共i2个。
右上角、右下角为i，左下角不大于i，共i+1个。
右下角为i，其它两个整数均小于i，且右上角的数不小于左下角的，共i（i+1）/2个。
因此，
当n为奇数时，还要乘一个m。
由此我们就巧妙地得到了一个公式。
但是，我们应该看到要想到这个公式需要很高的智能和付出不少的时间。
另一方面，这种方法只能对这道题有用而不能广泛地应用于一类试题，具有很大的不定性因素。
因此，如果能掌握一种适用面广的原理，就会对解这一类题有很大的帮助。
下面我们就采用Pó
我们可以分三步来解决这个问题。
1．确定置换群
在这里很明显只有4个置换：
转0、转90、转180、转270。
所以，置换群G={转0、转90、转180、转270}。
2．计算循环节个数
首先，给每个格子顺次编号（1~n2），再开一个二维数组记录置换后的状态。
最后通过搜索计算每个置换下的循环节个数，效率为一次方级。
3．代入公式
即利用Pó
lya定理得到最后结果。
【程序题解】
const
maxn=10;
var
a,b:
array[1..maxn,1..maxn]ofinteger;
{记录方阵的状态}
i,j,m,n:
integer;
{m颜色数;
n方阵大小}
l,l1:
longint;
procedurexz;
{将方阵旋转90}
i,j:
begin
fori:
=1tondo
forj:
a[j,n+1-i]:
=b[i,j];
b:
=a
end;
procedurexhj;
{计算当前状态的循环节个数}
i,j,i1,j1,k,p:
k:
=0;
{用来记录循环节个数，清零}
ifa[i,j]>
0then{搜索当前尚未访问过的格子}
begin
inc（k）;
{循环节个数加1}
i1:
=（a[i,j]-1）divn;
j1:
=（a[i,j]-1）modn+1;
{得到这个循环的下一个格子}
a[i,j]:
{表示该格已访问}
whilea[i1,j1]>
0dobegin
p:
=a[i1,j1];
{暂存当前格的信息}
a[i1,j1]:
{置已访问标志}
=（p-1）divn+1;
=（p-1）modn+1{得到这个循环的下一个格子}
end{直到完整地访问过这个循环后退出}
end;
l1:
=1;
=1tokdol1:
=l1*m;
{计算m的k次方的值}
l:
=l+l1{进行累加}
writeln（'
Inputm,n='
）;
readln（m,n）;
{输入数据}
=1tondoa[i,j]:
=（i-1）*n+j;
{对方阵的状态进行初始化}
=a;
xhj;
{计算转0状态下的循环节个数}
xz;
{转90}
{计算转90状态下的循环节个数}
{再转90}
{计算转180状态下的循环节个数}
{计算转270状态下的循环节个数}
=ldiv4;
writeln（l）;
{输出结果}
readln
end.
在上面的程序中，我暂时回避了高精度计算，因为这和我讲的内容关系不大。
如果大家再仔细地考虑一下，就会发现这个题解还可以继续优化。
对n分情况讨论：
n为偶数：
在转0时，循环节为n2个，转180时，循环节为n2/2个，转90和转270时，循环节为n2/4个。
在转0时，循环节为n2个，转180时，循环节为（n2+1）/2个，转90和转270时，循环节为（n2+3）/4个。
把这些综合一下就得到：
在转0时，循环节为n2个，转180时，循环节为[（n2+1）/2]个，转90和转270时，循环节为[（n2+3）/4]个。
（其中，方括号表示取整）于是就得到：
这和前面得到的结果完全吻合。
经过上述一番分析，使得一道看似很棘手的问题得以巧妙的解决，剩下的只要做一点高精度计算即可。
通过这几个例子，大家一定对Pó
lya原理有了八九成的了解，通过和搜索方法的对比，它的优越性就一目了然了。
它不仅极大地提高了程序的时间效率，甚至在编程难度上也有减无增。
所以，我们在智能和经验不断增长的同时，也不能忽视了原理性的知识。
智能和经验固然重要，但是掌握了原理就更加踏实。
因此，我们在解题之余，也要不忘对原理性知识的学习，不停给自己充电，使自己的水平有更大的飞跃。
附录（搜索方法的程序）
type
sqtype=array[1..maxn,1..maxn]ofbyte;
n,total,m:
sq:
sqtype;
functionbig:
boolean;
（检验当前方案是否为同一等价类中最大的）
units:
array[2..4]ofsqtype;
（记录三种旋转后的状态）
i,j,k:
=1tondobegin
units[2,j,n+1-i]:
=sq[i,j];
units[3,n+1-i,n+1-j]:
units[4,n+1-j,i]:
=sq[i,j]
big:
=false;
fork:
=2to4do（进行比较）
j:
while（j<
=n）and（sq[i,j]=units[k,i,j]）doinc（j）;
ifj<
=nthen
ifsq[i,j]<
units[k,i,j]
thenexit
elsebreak
=true
proceduremake（x,y:
byte）;
（枚举每个格子中涂的颜色）
vari:
ifx>
nthenbegin
ifbigtheninc（total）;
exit
=1tomdobegin
sq[x,y]:
=i;
ify=nthenmake（x+1,1）elsemake（x,y+1）
end
readln（m,n）;
total:
make（1,1）;
writeln（total）;
readln
end.
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