【HNOI 2009图同构计数】Pólya计数法的应用

不好意思地说，我拿到这道题时，第一个就把波利亚这条路排除了，囧

组合数学无能力者syj是也

不过这道题确实非常好，需要扎实的数学功底和精妙的模型转化技巧，而这正是我所欠缺的

 

题目大意：n个点的图，要你求本质不同的图的个数，说两个图本质相同是指存在一组点的标号方法，使得边完全相同

思路：

   首先我们要往波利亚上面想，想办法构造置换群，从容易分析的点的置换推到同构本质的边的置换，再统计答案。

   然而，本题n!的置换群个数逼得我们换一个角度思考

   如果考虑总方案数有难度，不妨想想每个点事件会被算到多少次，统计所谓的“贡献度”，进而合并一些本质类似的事件一起计算以降低复杂度。本题就需要应用这种思想：找到一组点的循环节长度的最小表示法（就是从小到大排个序），一次性统计所有最小表示法为这个的方案数

算法：

   枚举每个点的循环节的长度，满足：

   0＜L1≤L2≤…≤Lm
   L1+L2+…+Lm=N

   然后求出该种置换的对应边的置换的循环节数与该种置换类似的置换总数

   我们枚举的是点的置换，而实际上我们要求边的置换，那就需要转化

   对于两个端点都在同一个点的循环节中的边形成的循环节个数是L div 2（可以自己画画，需要注意边是无向的，我们只能算一个方向的边）

   不在同一个点的循环节的边形成的循环节个数是gcd(L1,L2)

   那么这种置换的贡献度就是2^(总循环节个数)

   接下来分析这种置换类似的置换总数

   n个数的排列数是n!

   这所有排列中，每一个长度为L的循环节就会算重L次，同时连续k个长度同为L的循环节也换算重k!次，所以这种置换的贡献度还需要乘上n!/(L1*L2*L3*..*Lm*s1!*s2!*s3!..*sk!)，其中si表示有连续si个长度相同的循环节

   最后ans=∑每种枚举出来的置换的贡献度

细节：

    在算2^(总循环节个数)时，不要每次乘，先加起来，再取二的那么多次方，这样能快1倍

    一边递归一边算，能快1倍

    带取余的除法解决办法，由于mo=997为质数，所以可以使用欧拉定理 a^(p-1) mod p=1

    a/b mod p

  =a/b * 1 mod p

  =a/b * b ^ (p-1) mod p

  =a*b^(p-2) mod p

    这样就搞定了除法的问题

    另外，我们可以预处理出所有要用到的什么gcd，2^i，i^(p-2)之类的东西，不然应该会无限TLE

代码：

program syj; const mo=997; var n,i,j,t,ans:longint; h,a:array[0..60]of longint; f:array[0..5000]of longint; g:array[1..60,1..60]of longint; function gcd(x,y:longint):longint; begin if y=0 then gcd:=x else gcd:=gcd(y,x mod y); end; procedure dfs(dep,n,last,t,l,k:longint); var i,tt,kk:longint; begin if n=0 then begin { dec(dep); t:=1; for i:=1 to dep do begin t:=t*f[a[i]>>1] mod mo; for j:=1 to i-1 do t:=t*f[g[a[j],a[i]]] mod mo; t:=t*h[a[i]] mod mo; end; j:=1; for i:=2 to dep do begin if a[i]=a[i-1] then inc(j) else j:=1; t:=t*h[j] mod mo; end; } ans:=(ans+t*f[k])mod mo; end else begin tt:=t; kk:=k; for i:=last to n do begin a[dep]:=i; t:=tt; k:=kk; t:=t*f[i>>1]*h[i] mod mo; for j:=1 to dep-1 do k:=k+g[a[j],i] mod mo; if i=a[dep-1] then inc(l) else l:=1; t:=t*h[l] mod mo; dfs(dep+1,n-i,i,t,l,k); end; end; end; begin assign(input,'input.txt');reset(input); assign(output,'output.txt');rewrite(output); readln(n); for i:=1 to n do for j:=1 to n do g[i,j]:=gcd(i,j); f[0]:=1; for i:=1 to 5000 do f[i]:=f[i-1]*2 mod mo; for i:=1 to n do begin h[i]:=1; for j:=1 to mo-2 do h[i]:=h[i]*i mod mo; end; dfs(1,n,1,1,0,0); writeln(ans); close(input);close(output); end.

    mt当时考场上好像就是没有预处理，程序跑不出，就打了张表ac之~~

    更加详细的解释和证明参考08陈瑜希《Pólya计数法的应用》，那里有道跟这个基本上是一样的题

    忽然想到如果那次考试之前有人看了这篇论文岂不是大爽？！