1632
правки
Изменения
м
{{Лемма
|id=lemmaBerns.
|author=Бернсайд
|statement=Количество комбинаторных объектов равно сумме количеств неподвижных точек по всем перестановкам из группы <tex>G</tex> , делённой на размер этой группы:
Для доказательства этой формулы составим таблицу, столбцы которой будут подписаны всеми значениями <tex>f_i</tex>, строки — всеми перестановками <tex>k_j</tex>, а в клетках таблицы будут стоять их произведения . Тогда, если мы будем рассматривать столбцы этой таблицы как множества, то некоторые из них могут совпасть, * Отражение и это будет как означать, что соответствующие этим столбцам <tex>f</tex> также эквивалентныповорот {{---}} отражение. Таким образом, количество различных как множество столбцов равно количеству различных комбинаторных объектовАналогичные рассуждения.
Cтолбцы таблицы сами распадаются на комбинаторные обекты; зафиксируем теперь какой-либо объект и рассмотрим столбцы в нём. Во-первыхПусть число бусинок нечётное, заметим, что в этих столбцах могут стоять только элементы тогда мы имеем <tex>f_in</tex> одного объекта (иначе получилось быосей, проходящих через каждую бусинку. Рассмотрим одну ось. Возьмём половину бусинок с одной стороны от оси и ту бусинку, что некоторым эквивалентным преобразованием мы перешли через которую проходит данная ось. Мы можем окрасить их в другой комбинаторный объектпроизвольные цвета, что невозможно)а остальная половина по ним однозначно восстановится. Таким образом количество неподвижных точек для одной оси будет <tex>k^{\frac{n + 1}{2}}</tex>. Во-вторыхОпераций в группе будет в два раза больше, каждый элемент чем было: <tex>f_i2n</tex> будет встречаться одинаковое число раз во всех столбцах (это также следует из того, что столбцы соответствуют эквивалентным элементам<tex>n</tex> сдвигов и <tex>n</tex> отражений). Отсюда можно сделать вывод, что все столбцы внутри одного комбинаторного объекта совпадают друг с другом как мультимножества.
Теперь зафиксируем произвольный элемент По Лемме Бёрнсайда:<tex>f|B| = </tex>. С одной стороны, он встречается в своём столбце ровно <tex>J(f)</tex> раз (по самому определению). С другой стороны, все столбцы внутри одного комбинаторного объекта одинаковы как мультимножества. Следовательно, внутри каждого столбца данного комбинаторного объекта любой элемент <tex>g\dfrac{1} {|G|}</tex> встречается ровно <tex>J\sum\limits_{k \in G}I(gk)</tex> раз.
Таким образом<tex> |G| = 2n</tex>. Первые <tex>n</tex> операций {{---}} повороты, если мы возьмём произвольным образом от каждого класса эквивалентности по одному столбцу и просуммируем количество элементов в нихсумма количества их неподвижных точек, то получимделённая на <tex>2n</tex>, с одной стороныпринимает значение <tex>\dfrac{|C|} {2}</tex>, где <tex>|C|G|</tex> - количество ожерелий из <tex>n</tex> бусинок <tex>k</tex> различных цветов без отражений (это получается, просто умножив количество столбцов задача выше) т.к. деление в задаче без отражений происходило на их размер)<tex>n</tex>, а с другой стороны — сумму величин здесь на <tex>2n</tex>. Следующие <tex>J(f)n</tex> операций {{---}} отражения. У каждой такой операции <tex>k^{\frac{n + 1}{2}}</tex> по всем неподвижных точек. Поэтому сумма получается <tex>fk^{\frac{n + 1}{2}}n</tex>(это следует из всех предыдущих рассуждений):.
== Теорема Пойа ==
{{Теорема
|id=teorPo.
|author=Пойа
|statement= <tex>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{k \in G} l^{P(k)}</tex> ,где <tex>C</tex> - кол-во различных комбинаторных объектов, P(k) - кол-во циклов в перестановке <tex>k</tex>, <tex>l</tex>- кол-во различных состояний одного элемента.
|proof=Для доказательства этой теорем достаточно установить следующее равенство
<tex>I(k) = l^{P(k)}</tex>
Рассмотрим некоторую перестановку <tex>k</tex> и некоторый элемент <tex>f</tex>. Под действием перестановки <tex>k</tex> элементы <tex>f</tex> передвигаются, как известно, по циклам перестановки. Заметим, что внутри каждого цикла перестановки должны находиться одинаковые элементы <tex>f</tex>. В то же время, для разных циклов никакой связи между значениями элементов не возникает. Таким образом, для каждого цикла перестановки <tex>k</tex> мы выбираем по одному значению, и тем самым мы получим все представления <tex>f</tex>, инвариантные относительно этой перестановки, т.е.По Лемме Бёрнсайда:<tex>I(k) = l^{P(k)}</tex>}}
Пусть нам даны бусинки k различных цветов, а ожерелье должно состоять из n бусинок== См.также ==* [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]]* [[Функция Эйлера]]
Для решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа. == Примечания ==<references/>
<tex>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{k \in G} l^{P(k)}</tex>
Очевидно, что для каждой перестановки длины <tex>n</tex> существует ровно <tex>n</tex> циклических сдвигов,[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]][[Категория: Комбинаторика]][[Категория: Теория групп]]
rollbackEdits.php mass rollback
{{ОпределениеЗадача
|definition=
Требуется посчитать количество ожерелий из <tex>n</tex> бусинок, каждая из которых может быть покрашена в один из <tex> k </tex> цветов. При сравнении двух ожерелий их можно поворачивать, но не переворачивать (т.е. разрешается сделать циклический сдвиг).}}
Решение этой задачи опирается на [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|лемму Бернсайда Бёрнсайда и теорему Пойа]].
== Алгоритм решения задачи про ожерелья == Пусть нам даны бусинки <tex>k</tex> различных цветов, а ожерелье должно состоять из <tex>n</tex> бусинок. Для решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа. <tex>|C| =</tex> <tex> \dfrac{1} {Определение|G|}</tex><tex>\sum\limits_{l \in G} k^{P(l)}</tex> |definition='''Инвариантная По условию, перестановкой инвариантной данной будет любая перестановка''' , полученная из данной циклическим сдвигом.Очевидно, что для каждой перестановки длины <tex>n</tex> существует ровно <tex>n - такая 1</tex> инвариантная перестановка, которая по условию задачи не меняет сам объектто есть всего инвариантных перестановок в каждом классе <tex>n</tex>, теперь найдем <tex>P(i)</tex>. Заметим, что в <tex>i</tex>-ой перестановке на <tex>l</tex>-ой позиции стоит элемент <tex>(i + l)\bmod n</tex>. Также, заметим, что элемент <tex>a</tex> переходит в элемент <tex>a + in</tex>, где <tex>i = 1, 2, \ldots k</tex>. Из этого следует, что длина цикла для <tex>i</tex>-ой перестановки равна <tex> \dfrac{\mathrm{lcm}(n, i)}{i} = \dfrac{n}{\mathrm{gcd}(i,n)}</tex>, где <tex>\mathrm{gcd}(i, n)</tex> {{---}} [[Наибольший общий делитель|НОД<tex>(i, n)</tex>]], <tex>\mathrm{lcm}(i, n)</tex> {{---}} [[Наименьшее общее кратное|НОК<tex>(i, а только его представлениеn)</tex>]].Откуда следует что: <tex>|C| =</tex> <tex> \dfrac{1}{n}</tex><tex>\sum\limits_{i = 1}^{n} k^{\mathrm{gcd}(i,n)}</tex>.Примером инвариантной перестановки в нашем случае является циклический сдвиг где <tex>|C|</tex> {{---}} кол-во различных ожерелий,которые можно составить из <tex>n</tex> бусинок <tex>k</tex> различных цветов.
Если раскраски ожерелья одинаковые, то они принадлежат одной [[Орбита|орбите]], т.е. одна получается из другой некоторым преобразованием симметрии. Неподвижные точки поворота есть только у тождественного поворота и их <tex>n</tex> штук. Тогда, по [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|лемме Бёрнсайда]], число орбит равняется <tex>\dfrac{n}{p}=\operatorname{Определениеgcd}(n,i)</tex>, где <tex>p</tex> минимальное число такое, что <tex>ip</tex> делится на <tex>n</tex>, и число их раскрасок <tex>N_i=k^{\operatorname{gcd}(n,i)}</tex>. Сумма же инвариантных раскрасок для всех поворотов: <tex>S=\sum\limits_{i=1}^{n}N_i=\sum\limits_{i=1}^{n}k^{\operatorname{gcd}(n,i)}</tex>. В последней сумме <tex>\varphi(n)</tex> слагаемых <tex>(\varphi(n)</tex> {{---}} [[Функция Эйлера|definitionфункция Эйлера]]<tex>)</tex>, для которых <tex>\operatorname{gcd}(n,i)='''Неподвижной точкой''' 1</tex>. Если же <tex>f\operatorname{gcd}(n,i)=q</tex> для перестановки называется такой элемент, который инвариантен относительно этой перестановкито <tex>\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},\dfrac{i}{q}\right)=1</tex>.Чтобы определить количество таких <tex>i</tex>, меньших <tex>n</tex>, нужно перебрать числа вида <tex>i=lq,\,0\leqslant l\leqslant \dfrac{n}{q}</tex> и проверять их на условие <tex>1=\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},\dfrac{i}{q}\right)=\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},l\right)</tex>. Таких чисел, очевидно, <tex>\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)</tex> (по определению <tex>\varphi(n)</tex>). Поэтому сумму можно заменить: <tex>S= Лемма Бернсайда \sum\limits_{i=1}^{n}k^{\operatorname{gcd}(n,i)}=\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q</tex>.
Тогда <tex> |C | = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{k \in G}I(k)</tex>. Где <tex>I(k)</tex> - количество неподвижных точек для перестановки <tex>k\dfrac{1} {n}</tex>.|proof=Рассмотрим сумму в числителе дроби справа:<tex>\sum\limits_{k q|n}\varphi\left(\in Gdfrac{n}{q}I(\right)k)^q</tex> — это ни что иное как количество "инвариантных пар". Очевидно, что в формуле мы имеем право изменить порядок суммирования - сделать внешнюю сумму по элементам множества <tex>f</tex>, а внутри нее поставить величину <tex>J(f)</tex> — количество перестановок, относительно которых объект <tex>f</tex> инвариантен:
== Алгоритм решения задачи про ожерелья с отражениями==
[[Файл:axis_of_braclets.png|300px|thumb|right|Слева пример оси для нечётного случая. Справа для чётного.]]Пусть теперь ожерелья считаются одинаковыми, если они не только переходят друг в друга поворотом, но и отражением относительно некоторой оси (ось может проходить через две противоположные бусинки или через две противоположные пустоты в чётном случае и через бусинку и пустоту напротив неё в нечётном случае). Такие ожерелья называются bracelets <texref>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{f} J[https://en.wikipedia.org/wiki/Necklace_(combinatorics) Necklace (fcombinatorics)]</texref>.Будем пользоваться [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|леммой Бёрнсайда]].Разберём два случая.
Для начала покажем, что в качестве операций требуется рассматривать только повороты и отражения.
* Поворот и отражение {{---}} отражение.
Занумеруем наши бусинки по часовой стрелке. Поворот и отражение не меняют порядка (в каком-то направлении бусинки занумерованы по порядку). Нетрудно понять, что отражение меняет направление обхода наших бусинок и не меняет порядка. Если мы сначала сделаем поворот, а потом отразим относительно какой-нибудь оси, то мы то самое же можем получить и обыкновенным отражением относительно какой-то оси. Такая ось найдётся, потому что всегда можно выбрать ось, что поставит первую бусинку на своё изначальное место, поменяв направление обхода (если перебирать все оси подряд, начиная с оси, проходящей через нужную нам бусинку, то изначально она останется на своём месте, потом сместится на одно место, потом на два и.т.д.). Поэтому поворот и отражение не добавляет нам новой операции.
* Отражение и отражение {{---}} поворот.
Тут мы дважды меняем направление обхода, но не меняем порядка. Поэтому данная операция заменяется обычным поворотом.
<tex>|B| = \dfrac{|C = |}{2} + \dfrac{1}{2n}k^{\fracdfrac{n + 1} {2}}n = \dfrac{|GC|}{2} + \dfrac{1}{2}k^{\dfrac{n + 1}{2}} </tex><tex> = \dfrac{1} {2n}\sum\limits_{fq|n} J\varphi\left(f\dfrac{n}{q}\right)k^q + \dfrac{1}{2}k^{\dfrac{n + 1}{2}} </tex>}}
Разберём теперь чётный случай.
Тут мы имеем <tex>\frac{n}{2}</tex> осей, проходящих через пустоты между бусинками (ось можно провести через пустоту после каждой бусинки, но половина из них будет повторяться). В таких вот случаях можно выбрать по <tex>\frac{n}{2}</tex> бусинок и дать им произвольные цвета. Остальная половина восстановится по ним. Таким образом для данных осей количество неподвижных точек будет <tex>k^{\frac{n}{2}}</tex>.
Ещё у нас есть <tex>\frac{n}{2}</tex> осей, проходящих через бусинки. В данных случаях мы можем выбрать по <tex>\frac{n}{2} + 1</tex> бусинок (бусинки на оси и все по одну какую-то сторону от неё). То есть будет <tex>k^{\frac{n}{2} + 1}</tex> неподвижных точек. Операций также <tex>2n</tex>.
<tex>|B| =\dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{2n}\left(\dfrac{n}{2}k^{\frac{n}{2}} + \dfrac{n}{2}k^{\frac{n}{2} + 1}\right)</tex> <tex>= Алгоритм решения задачи про ожерелья =\dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{4}k^{\frac{n}{2}}(k + 1) =\dfrac{1} {2n}\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q + \dfrac{1}{4}k^{\frac{n}{2}}(k+1)</tex>
== Источники информации ==
* [https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A2%D0%B5%D0%BE%D1%80%D0%B5%D0%BC%D0%B0_%D0%A0%D0%B5%D0%B4%D1%84%D0%B8%D0%BB%D0%B4%D0%B0_%E2%80%94_%D0%9F%D0%BE%D0%B9%D0%B0#.D0.97.D0.B0.D0.B4.D0.B0.D1.87.D0.B0_.D0.BE_.D0.BA.D0.BE.D0.BB.D0.B8.D1.87.D0.B5.D1.81.D1.82.D0.B2.D0.B5_.D0.BE.D0.B6.D0.B5.D1.80.D0.B5.D0.BB.D0.B8.D0.B9 Википедия {{---}} Теорема Редфилда — Пойа, Задача о количестве ожерелий]
* [http://e-maxx.ru/algo/necklace_colouring MAXimal::algo::Ожерелья]
