1632
правки
Изменения
м
{{Определение== Алгоритм решения задачи про ожерелья ==|definition='''Инвариантная перестановка''' - такая перестановка, которая по условию задачи не меняет сам объектПусть нам даны бусинки <tex>k</tex> различных цветов, а только его представление.}}Примером инвариантной перестановки в нашем случае является циклический сдвигожерелье должно состоять из <tex>n</tex> бусинок.
{{Определение|definition='''Неподвижной точкой''' <tex>f</tex> для перестановки называется такой элемент, который инвариантен относительно этой перестановкиДля решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа.}}== 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:
Для доказательства этой формулы составим таблицу, столбцы которой будут подписаны всеми значениями где <tex>f_i|C|</tex>{{---}} кол-во различных ожерелий, строки — всеми перестановками которые можно составить из <tex>k_jn</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 бусинок <tex>fk</tex> также эквивалентны. Таким образом, количество различных как множество столбцов равно количеству различных комбинаторных объектовцветов.
Cтолбцы таблицы сами распадаются на комбинаторные обекты; зафиксируем теперь какой-либо объект 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 рассмотрим столбцы в нёмих <tex>n</tex> штук. Во-первыхТогда, по [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|лемме Бёрнсайда]], число орбит равняется <tex>\dfrac{n}{p}=\operatorname{gcd}(n,i)</tex>, заметимгде <tex>p</tex> минимальное число такое, что в этих столбцах могут стоять только элементы <tex>f_iip</tex> делится на <tex>n</tex> одного объекта , и число их раскрасок <tex>N_i=k^{\operatorname{gcd}(иначе получилось быn, что некоторым эквивалентным преобразованием мы перешли в другой комбинаторный объектi)}</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, что невозможноi)}</tex>. ВоВ последней сумме <tex>\varphi(n)</tex> слагаемых <tex>(\varphi(n)</tex> {{-вторых--}} [[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>, каждый элемент меньших <tex>f_in</tex>, нужно перебрать числа вида <tex>i=lq,\,0\leqslant l\leqslant \dfrac{n}{q}</tex> будет встречаться одинаковое число раз во всех столбцах и проверять их на условие <tex>1=\operatorname{gcd}\left(\dfrac{n}{q},\dfrac{i}{q}\right)=\operatorname{gcd}\left(это также следует из того\dfrac{n}{q},l\right)</tex>. Таких чисел, очевидно, что столбцы соответствуют эквивалентным элементам<tex>\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)</tex> (по определению <tex>\varphi(n)</tex>). Отсюда Поэтому сумму можно сделать выводзаменить: <tex>S=\sum\limits_{i=1}^{n}k^{\operatorname{gcd}(n, что все столбцы внутри одного комбинаторного объекта совпадают друг с другом как мультимножестваi)}=\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q</tex>.
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.
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, Тогда <tex>|C|G|=</tex> (это получается, просто умножив количество столбцов на их размер), а с другой стороны — сумму величин <tex>J(f)\dfrac{1} {n}</tex> по всем <tex>f\sum\limits_{q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q</tex>(это следует из всех предыдущих рассуждений):.
<tex>C = \frac{1} {|G|}\sum\limits_{f} J(f)</tex>}}= Алгоритм решения задачи про ожерелья с отражениями==
== Теорема Пойа =={{Теорема|id=teorPo[[Файл:axis_of_braclets. png|author=Пойа300px|statement= <tex>C = \frac{1} {thumb|Gright|}\sum\limits_{k \in G} l^{P(k)}</tex> Слева пример оси для нечётного случая. Справа для чётного.]]Пусть теперь ожерелья считаются одинаковыми,где <tex>C</tex> - кол-во различных комбинаторных объектовесли они не только переходят друг в друга поворотом, Pно и отражением относительно некоторой оси (kось может проходить через две противоположные бусинки или через две противоположные пустоты в чётном случае и через бусинку и пустоту напротив неё в нечётном случае) - кол-во циклов в перестановке . Такие ожерелья называются bracelets <texref>k<[https:/tex>, <tex>l</tex>- кол-во различных состояний одного элементаen.wikipedia.|proof=Для доказательства этой теорем достаточно установить следующее равенство<tex>Iorg/wiki/Necklace_(kcombinatorics) = l^{PNecklace (kcombinatorics)}]</texref>.Будем пользоваться [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа|леммой Бёрнсайда]].Разберём два случая.
Рассмотрим некоторую перестановку <tex>k</tex> * Отражение 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>I(k) = l^поворот {{P(k)---}}</tex>отражение. }}Аналогичные рассуждения.
== Алгоритм решения задачи про ожерелья ==* Отражение и отражение {{---}} поворот.Тут мы дважды меняем направление обхода, но не меняем порядка. Поэтому данная операция заменяется обычным поворотом.
Для решения воспользуемся формулой из теоремы Пойа. По Лемме Бёрнсайда:<tex> |B| = </tex> <tex>\dfrac{1} {|G|}</tex><tex>\sum\limits_{k \in G}I(k)</tex>
Очевидно, что для каждой перестановки длины Разберём теперь чётный случай. Тут мы имеем <tex>\frac{n}{2}</tex> существует ровно <tex>n</tex> циклических сдвиговосей, теперь найдем <tex>Pпроходящих через пустоты между бусинками (iось можно провести через пустоту после каждой бусинки, но половина из них будет повторяться)</tex>. Заметим, что в В таких вот случаях можно выбрать по <tex>i\frac{n}{2}</tex>-ой перестановке на бусинок и дать им произвольные цвета. Остальная половина восстановится по ним. Таким образом для данных осей количество неподвижных точек будет <tex>lk^{\frac{n}{2}}</tex>-ой позиции стоит элемент . Ещё у нас есть <tex>(i + l)\mod frac{n}{2}</tex>осей, проходящих через бусинки. Также, заметим, что элемент В данных случаях мы можем выбрать по <tex>a</tex> переходит в элемент <tex>a \frac{n}{2} + in1</tex>, где бусинок (бусинки на оси и все по одну какую-то сторону от неё). То есть будет <tex>i k^{\in [frac{n}{2} + 1; k]}</tex>неподвижных точек. Из этого следует, что длина цикла для <tex>iОпераций также </tex>-ой перестановки равна <tex>lcm(n, i)/i = n/gcd(i,n)2n</tex>.Откуда следует что:
<tex>C = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^{n} k^{gcd(i,n)}</tex>.По Лемме Бёрнсайда:
где С - кол-во различных ожерелий,которые можно составить из n бусинок k различных цветов== См.также ==* [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]]* [[Функция Эйлера]]
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]].
<tex> |C | = </tex> <tex> \fracdfrac{1} {|G|}\sum\limits_{k \in G}I(k)</tex>. Где <tex>I(k)</tex> - количество неподвижных точек для перестановки <tex>k</tex>.|proof=Рассмотрим сумму в числителе дроби справа:<tex>\sum\limits_{k l \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^{P(fl)}</tex> — количество перестановок, относительно которых объект <tex>f</tex> инвариантен:
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:
<tex>|C | = </tex> <tex> \fracdfrac{1} {|G|n}</tex><tex>\sum\limits_{fi = 1}^{n} k^{\mathrm{gcd} J(fi,n)}</tex>.
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.
Пусть нам даны бусинки 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 различных цветов^{\frac{n + 1}{2}}</tex>. Операций в группе будет в два раза больше, а ожерелье должно состоять из чем было: <tex>2n</tex> (<tex>n</tex> сдвигов и <tex>n бусинок</tex> отражений).
<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>|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_{l q|n}\varphi\left(\dfrac{n}{q}\right)k^q + \in Gdfrac{1}{2} k^{P(l)\dfrac{n + 1}{2}}</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>
== Примечания ==
<references/>
==CсылкиИсточники 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]
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
[[Категория: Комбинаторика]]
[[Категория: Теория групп]]
