【Polya定理】BZOJ1488

最新推荐文章于 2021-02-28 12:58:02 发布

原创最新推荐文章于 2021-02-28 12:58:02 发布 · 386 阅读

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本文探讨了Polya定理在解决边染色问题时的难点，重点在于处理点置换与边置换的关系。文章分为两种情况讨论：一是边的两端在同一个点循环内的染色，二是边的两端在不同点循环内的染色，并提供了相应的证明思路。通过这种方式，阐述了如何计算本质不同的染色方案数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

分析：

据说很板的Polya定理的题。。。

可能我学了假的Polya。。。

首先回顾一下Polya定理的内容：
对n个染色位置的本质不同的染色方案数（即不能通过置换得到另一染色方案）：

\sum m c k | G |

$\frac {\sum m^{c_k}} {|G|}$
这里的k是指一种置换，

ck c k $c_k$ 指这种置换的循环数。

当然，这个基础公式很多时候并不实用，因此还有一种计算方式：

\sum a p * m p | G |

$\frac {\sum a_p*m^p} {|G|}$
这个就更加粗暴了，p是某种置换的循环个数，

ap a p $a_p$ 指循环个数为

p p $p$ 个的置换有多少个。
这题就需要这个公式。

现在这题最大的难点是：置换是在点上的，然而染色是在边上的。

因此问题就是：如何处理点置换与边置换的对应关系。

把边置换分为两部分来看：边的两端在同一个点循环内的，边的两端在不同的点循环内的。

第一种情况：

边循环大小为点循环大小的一半（向下取整）。
证明据说很直观：
枚举这个循环内的点置换 $(1+i,2+i,3+i,……1)$ $i\in [0,sum-1]（sum表示点循环大小）$
那么当 $i>\lfloor \frac {sum} {2}\rfloor$ 时，就可以在 $[0,\lfloor \frac {sum} {2}\rfloor]$ 中找一个与它相同。

第二种情况：

这两个点循环之间的边循环大小，为两个点循环大小的GCD。
证明据说也很简单。。可以画图来证明？
附一个大佬的博客。。她已经写得非常清楚了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 65
#define MOD 997
using namespace std;
int fsp(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1)
            res=res*x%MOD;
        x=x*x%MOD;  
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int gcd(int x,int y){
    if(y==0)
        return x;
    return gcd(y,x%y);  
}
int a[MAXN],b[MAXN],fac[MAXN],ans,n,m;
void solve(int x,int sum,int cnt){
    if(sum==0){
        int res=0,add=1;
        for(int i=1;i<=cnt;i++){
            res+=(a[i]/2*b[i]+b[i]*(b[i]-1)/2*a[i])%(MOD-1);
            add=add*fac[b[i]]%MOD*fsp(a[i],b[i])%MOD;
            for(int j=i+1;j<=cnt;j++)
                res+=b[i]*b[j]*gcd(a[i],a[j]);
            res%=(MOD-1);
        }
        add=fac[n]*fsp(add,MOD-2)%MOD;
        ans+=add*fsp(m,res)%MOD;
        ans%=MOD;
        return ;
    }
    if(x==0)
        return ;
    for(int i=1;i*x<=sum;i++){
        a[cnt+1]=x;
        b[cnt+1]=i;
        solve(x-1,sum-i*x,cnt+1);   
    }
    solve(x-1,sum,cnt);
}
int main(){
    freopen("color.in","r",stdin);
    freopen("color.out","w",stdout);
    SF("%d%d",&n,&m);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    solve(n,n,0);
    ans*=fsp(fac[n],MOD-2);
    ans%=MOD;
    PF("%d",ans);
}