Задача об ожерельях — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Алгоритм решения задачи про ожерелья)
м (rollbackEdits.php mass rollback)
 
(не показано 55 промежуточных версий 14 участников)
Строка 1: Строка 1:
{{Определение
+
{{Задача
 
|definition=
 
|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).}}
 
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 лемму Бернсайда и теорему Пойа.
+
Решение этой задачи опирается на [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|лемму Бёрнсайда и теорему Пойа]].
  
  
{{Определение
+
== Алгоритм решения задачи про ожерелья ==
|definition=
+
 
'''Инвариантная перестановка''' - такая перестановка, которая по условию задачи не меняет сам объект, а только его представление.
+
Пусть нам даны бусинки <tex>k</tex> различных цветов, а ожерелье должно состоять из <tex>n</tex> бусинок.
}}
+
 
Примером инвариантной перестановки в нашем случае является циклический сдвиг.
+
Для решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа.
 +
 
 +
 
 +
<tex>|C| =</tex> <tex> \dfrac{1} {|G|}</tex><tex>\sum\limits_{l \in G} k^{P(l)}</tex>
 +
 
 +
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 - 1</tex> инвариантная перестановка, то 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, n)</tex>]]. Откуда следует что:
  
{{Определение
+
<tex>|C| =</tex> <tex> \dfrac{1} {n}</tex><tex>\sum\limits_{i = 1}^{n} k^{\mathrm{gcd}(i,n)}</tex>.
|definition=
 
'''Неподвижной точкой''' <tex>f</tex> для перестановки  называется такой элемент, который инвариантен относительно этой перестановки.
 
}}
 
== Лемма Бернсайда ==
 
  
{{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:
 
  
<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</tex>.
+
где <tex>|C|</tex> {{---}} кол-во различных ожерелий,которые можно составить из <tex>n</tex> бусинок <tex>k</tex> различных цветов.
|proof=
 
Рассмотрим сумму в числителе дроби справа:
 
<tex>\sum\limits_{k \in G}I(k)</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:
 
  
  
<tex>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{f} J(f)</tex>
+
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{gcd}(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|функция Эйлера]]<tex>)</tex>, для которых <tex>\operatorname{gcd}(n,i)=1</tex>. Если же <tex>\operatorname{gcd}(n,i)=q</tex>, то <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=\sum\limits_{i=1}^{n}k^{\operatorname{gcd}(n,i)}=\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q</tex>.
  
  
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, и это будет как означать, что соответствующие этим столбцам <tex>f</tex> также эквивалентны. Таким образом, количество различных как множество столбцов равно количеству различных комбинаторных объектов.  
+
Тогда <tex>|C| =</tex> <tex> \dfrac{1} {n}</tex><tex>\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q</tex>.
  
 +
== Алгоритм решения задачи про ожерелья с отражениями==
  
Cтолбцы таблицы сами распадаются на комбинаторные обекты; зафиксируем теперь какой-либо объект и рассмотрим столбцы в нём. Во-первых, заметим, что в этих столбцах могут стоять только элементы <tex>f_i</tex> одного объекта (иначе получилось бы, что некоторым эквивалентным преобразованием  мы перешли в другой комбинаторный объект, что невозможно). Во-вторых, каждый элемент <tex>f_i</tex> будет встречаться одинаковое число раз во всех столбцах (это также следует из того, что столбцы соответствуют эквивалентным элементам). Отсюда можно сделать вывод, что все столбцы внутри одного комбинаторного объекта совпадают друг с другом как мультимножества.
+
[[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 <ref>[https://en.wikipedia.org/wiki/Necklace_(combinatorics) Necklace (combinatorics)]</ref>.
 +
Будем пользоваться [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|леммой Бёрнсайда]].
 +
Разберём два случая.
  
Теперь зафиксируем произвольный элемент <tex>f</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</tex> встречается ровно <tex>J(g)</tex> раз.
+
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.
  
Таким образом, если мы возьмём произвольным образом от каждого класса эквивалентности по одному столбцу и просуммируем количество элементов в них, то получим, с одной стороны, <tex>C|G|</tex> (это получается, просто умножив количество столбцов на их размер), а с другой стороны — сумму величин <tex>J(f)</tex> по всем <tex>f</tex>(это следует из всех предыдущих рассуждений):
+
* Отражение и поворот {{---}} отражение.
 +
Аналогичные рассуждения.
  
<tex>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{f} J(f)</tex>
+
* Отражение и отражение {{---}} поворот.
}}
+
Тут мы дважды меняем направление обхода, но не меняем порядка. Поэтому данная операция заменяется обычным поворотом.
  
== Теорема Пойа ==
+
Пусть число бусинок нечётное, тогда мы имеем <tex>n</tex> осей, проходящих через каждую бусинку. Рассмотрим одну ось. Возьмём половину бусинок с одной стороны от оси и ту бусинку, через которую проходит данная ось. Мы можем окрасить их в произвольные цвета, а остальная половина по ним однозначно восстановится. Таким образом количество неподвижных точек для одной оси будет <tex>k^{\frac{n + 1}{2}}</tex>.
{{Теорема
+
Операций в группе будет в два раза больше, чем было: <tex>2n</tex> (<tex>n</tex> сдвигов и <tex>n</tex> отражений).
|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>
 
  
 +
По Лемме Бёрнсайда:
 +
<tex> |B| = </tex> <tex>\dfrac{1} {|G|}</tex><tex>\sum\limits_{k \in G}I(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.:
+
<tex> |G| = 2n</tex>. Первые <tex>n</tex> операций {{---}} повороты, и сумма количества их неподвижных точек, делённая на <tex>2n</tex>, принимает значение <tex>\dfrac{|C|} {2}</tex>, где <tex>|C|</tex> - количество ожерелий из <tex>n</tex> бусинок <tex>k</tex> различных цветов без отражений (задача выше) т.к. деление в задаче без отражений происходило на <tex>n</tex>, а здесь на <tex>2n</tex>. Следующие <tex>n</tex> операций {{---}} отражения. У каждой такой операции <tex>k^{\frac{n + 1}{2}}</tex> неподвижных точек. Поэтому сумма получается <tex>k^{\frac{n + 1}{2}}n</tex>.
<tex>I(k) = l^{P(k)}</tex>
 
}}
 
  
== Алгоритм решения задачи про ожерелья ==
+
<tex>|B| = \dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{2n}k^{\dfrac{n + 1}{2}}n  = \dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{2}k^{\dfrac{n + 1}{2}} </tex><tex> = \dfrac{1} {2n}\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q + \dfrac{1}{2}k^{\dfrac{n + 1}{2}} </tex>
  
Пусть нам даны бусинки k различных цветов, а ожерелье должно состоять из n бусинок.
 
  
Для решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа.  
+
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>.
  
 +
По Лемме Бёрнсайда:
  
<tex>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{l \in G} k^{P(l)}</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>= \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>
  
 +
== См. также ==
 +
* [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]]
 +
* [[Функция Эйлера]]
  
Очевидно, что для каждой перестановки длины <tex>n</tex> существует ровно <tex>n</tex> циклических сдвигов, 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)\mod n</tex>. Также, заметим, что элемент <tex>a</tex> переходит в элемент <tex>a + in</tex>, где <tex>i \in [1; k]</tex>. Из этого следует, что длина цикла для <tex>i</tex>-ой перестановки равна <tex>lcm(n, i)/i  = n/gcd(i,n)</tex>.Откуда следует что:
+
== Примечания ==
 +
<references/>
  
<tex>C = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^{n} k^{gcd(i,n)}</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]
  
  
где С - кол-во различных ожерелий,которые можно составить из n бусинок k различных цветов.
+
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
 +
[[Категория: Комбинаторика]]
 +
[[Категория: Теория групп]]

Текущая версия на 19:42, 4 сентября 2022

Задача:
Требуется посчитать количество ожерелий из [math]n[/math] бусинок, каждая из которых может быть покрашена в один из [math] k [/math] цветов. При сравнении двух ожерелий их можно поворачивать, но не переворачивать (т.е. разрешается сделать циклический сдвиг).


Решение этой задачи опирается на лемму Бёрнсайда и теорему Пойа.


Алгоритм решения задачи про ожерелья

Пусть нам даны бусинки [math]k[/math] различных цветов, а ожерелье должно состоять из [math]n[/math] бусинок.

Для решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа.


[math]|C| =[/math] [math] \dfrac{1} {|G|}[/math][math]\sum\limits_{l \in G} k^{P(l)}[/math]

По условию, перестановкой инвариантной данной будет любая перестановка, полученная из данной циклическим сдвигом. Очевидно, что для каждой перестановки длины [math]n[/math] существует ровно [math]n - 1[/math] инвариантная перестановка, то есть всего инвариантных перестановок в каждом классе [math]n[/math], теперь найдем [math]P(i)[/math]. Заметим, что в [math]i[/math]-ой перестановке на [math]l[/math]-ой позиции стоит элемент [math](i + l)\bmod n[/math]. Также, заметим, что элемент [math]a[/math] переходит в элемент [math]a + in[/math], где [math]i = 1, 2, \ldots k[/math]. Из этого следует, что длина цикла для [math]i[/math]-ой перестановки равна [math] \dfrac{\mathrm{lcm}(n, i)}{i} = \dfrac{n}{\mathrm{gcd}(i,n)}[/math], где [math]\mathrm{gcd}(i, n)[/math]НОД[math](i, n)[/math], [math]\mathrm{lcm}(i, n)[/math]НОК[math](i, n)[/math]. Откуда следует что:

[math]|C| =[/math] [math] \dfrac{1} {n}[/math][math]\sum\limits_{i = 1}^{n} k^{\mathrm{gcd}(i,n)}[/math].


где [math]|C|[/math] — кол-во различных ожерелий,которые можно составить из [math]n[/math] бусинок [math]k[/math] различных цветов.


Если раскраски ожерелья одинаковые, то они принадлежат одной орбите, т.е. одна получается из другой некоторым преобразованием симметрии. Неподвижные точки поворота есть только у тождественного поворота и их [math]n[/math] штук. Тогда, по лемме Бёрнсайда, число орбит равняется [math]\dfrac{n}{p}=\operatorname{gcd}(n,i)[/math], где [math]p[/math] минимальное число такое, что [math]ip[/math] делится на [math]n[/math], и число их раскрасок [math]N_i=k^{\operatorname{gcd}(n,i)}[/math]. Сумма же инвариантных раскрасок для всех поворотов: [math]S=\sum\limits_{i=1}^{n}N_i=\sum\limits_{i=1}^{n}k^{\operatorname{gcd}(n,i)}[/math]. В последней сумме [math]\varphi(n)[/math] слагаемых [math](\varphi(n)[/math]функция Эйлера[math])[/math], для которых [math]\operatorname{gcd}(n,i)=1[/math]. Если же [math]\operatorname{gcd}(n,i)=q[/math], то [math]\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},\dfrac{i}{q}\right)=1[/math]. Чтобы определить количество таких [math]i[/math], меньших [math]n[/math], нужно перебрать числа вида [math]i=lq,\,0\leqslant l\leqslant \dfrac{n}{q}[/math] и проверять их на условие [math]1=\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},\dfrac{i}{q}\right)=\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},l\right)[/math]. Таких чисел, очевидно, [math]\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)[/math] (по определению [math]\varphi(n)[/math]). Поэтому сумму можно заменить: [math]S=\sum\limits_{i=1}^{n}k^{\operatorname{gcd}(n,i)}=\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q[/math].


Тогда [math]|C| =[/math] [math] \dfrac{1} {n}[/math][math]\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q[/math].

Алгоритм решения задачи про ожерелья с отражениями

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 [1]. Будем пользоваться 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 поворот — отражение.

Аналогичные рассуждения.

  • Отражение и отражение — поворот.

Тут мы дважды меняем направление обхода, но не меняем порядка. Поэтому данная операция заменяется обычным поворотом.

Пусть число бусинок нечётное, тогда мы имеем [math]n[/math] осей, проходящих через каждую бусинку. Рассмотрим одну ось. Возьмём половину бусинок с одной стороны от оси и ту бусинку, через которую проходит данная ось. Мы можем окрасить их в произвольные цвета, а остальная половина по ним однозначно восстановится. Таким образом количество неподвижных точек для одной оси будет [math]k^{\frac{n + 1}{2}}[/math]. Операций в группе будет в два раза больше, чем было: [math]2n[/math] ([math]n[/math] сдвигов и [math]n[/math] отражений).

По Лемме Бёрнсайда: [math] |B| = [/math] [math]\dfrac{1} {|G|}[/math][math]\sum\limits_{k \in G}I(k)[/math]

[math] |G| = 2n[/math]. Первые [math]n[/math] операций — повороты, и сумма количества их неподвижных точек, делённая на [math]2n[/math], принимает значение [math]\dfrac{|C|} {2}[/math], где [math]|C|[/math] - количество ожерелий из [math]n[/math] бусинок [math]k[/math] различных цветов без отражений (задача выше) т.к. деление в задаче без отражений происходило на [math]n[/math], а здесь на [math]2n[/math]. Следующие [math]n[/math] операций — отражения. У каждой такой операции [math]k^{\frac{n + 1}{2}}[/math] неподвижных точек. Поэтому сумма получается [math]k^{\frac{n + 1}{2}}n[/math].

[math]|B| = \dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{2n}k^{\dfrac{n + 1}{2}}n = \dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{2}k^{\dfrac{n + 1}{2}} [/math][math] = \dfrac{1} {2n}\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q + \dfrac{1}{2}k^{\dfrac{n + 1}{2}} [/math]


Разберём теперь чётный случай. Тут мы имеем [math]\frac{n}{2}[/math] 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 [math]\frac{n}{2}[/math] бусинок и дать им произвольные цвета. Остальная половина восстановится по ним. Таким образом для данных осей количество неподвижных точек будет [math]k^{\frac{n}{2}}[/math]. Ещё у нас есть [math]\frac{n}{2}[/math] осей, проходящих через бусинки. В данных случаях мы можем выбрать по [math]\frac{n}{2} + 1[/math] бусинок (бусинки на оси и все по одну какую-то сторону от неё). То есть будет [math]k^{\frac{n}{2} + 1}[/math] неподвижных точек. Операций также [math]2n[/math].

По Лемме Бёрнсайда:

[math]|B| = \dfrac{|C|}{2} + \dfrac{1}{2n}\left(\dfrac{n}{2}k^{\frac{n}{2}} + \dfrac{n}{2}k^{\frac{n}{2} + 1}\right)[/math] [math]= \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)[/math]

См. также

Примечания

Источники информации