符文杰

Pólya原理及其应用

华东师大二附中 符文杰

Pólya原理是组合数学中，用来计算全部互异的组合状态的个数的一个十分高效、简便的工具。下面，我就向大家介绍一下什么是Pólya原理以及它的应用。请先看下面这道例题： 【例题1】

对2*2的方阵用黑白两种颜色涂色，问能得到多少种不同的图像？经过旋转使之吻合的两种方案，算是同一种方案。 【问题分析】

由于该问题规模很小，我们可以先把所有的涂色方案列举出来。

一个2*2的方阵的旋转方法一共有4种：旋转0度、旋转90度、旋转180度和旋转270度。(注：本文中默认旋转即为顺时针旋转) 我们经过尝试，发现其中互异的一共只有6种：C3、C4、C5、C6是可以通过旋转相互变化而得，算作同一种；C7、C8、C9、C10是同一种；C11、C12是同一种；C13、C14、C15、C16也是同一种； C1和C2是各自独立的两种。于是，我们得到了下列6种不同的方案。

但是，一旦这个问题由2*2的方阵变成20*20甚至200*200的方阵，我们就不能再一一枚举了，利用Pólya原理成了一个很好的解题方法。在接触Pólya原理之前，首先简单介绍Pólya原理中要用到的一些概念。 群：给定一个集合G={a,b,c,…}和集合G上的二元运算，并满足:

(a) 封闭性：?a,b?G, ?c?G, a＊b=c。 (b) 结合律：?a,b,c?G, (a＊b)＊c=a＊(b＊c)。 (c) 单位元：?e?G, ?a?G, a＊e=e＊a=a。 (d) 逆元：?a?G, ?b?G, a＊b=b＊a=e，记b=a-1。

则称集合G在运算＊之下是一个群，简称G是群。一般a＊b简写为ab。 置换：n个元素1,2,…,n之间的一个置换???1?a12a2n??表示1被1到n??an??中的某个数a1取代，2被1到n中的某个数a2取代，直到n被1到n中的某个数an取代，且a1,a2,…,an互不相同。本例中有4个置换：

?12345678910111213141516? 转0? a1=??12345678910111213141516??

?? 转90? a2=???12345678910111213141516?? ??12634510789121116131415??12345678910111213141516?转180? a3=??12563491078111215161314??

??转270? a4=???12345678910111213141516?? ??12456389107121114151613?置换群：置换群的元素是置换，运算是置换的连接。例如：

?1234??1234??1234??3124??1234???3124????4321?????3124????2431?????2431?? ??????????可以验证置换群满足群的四个条件。

本题中置换群G={转0?、转90?、转180?、转270?}

我们再看一个公式：│Ek│·│Zk│=│G│ k=1…n

该公式的一个很重要的研究对象是群的元素个数，有很大的用处。 Zk (K不动置换类)：设G是1…n的置换群。若K是1…n中某个元素，G中使K保持不变的置换的全体，记以Zk，叫做G中使K保持不动的置换类，简称K不动置换类。

如本例中：G是涂色方案1~16的置换群。对于方案1，四个置换都使

方案1保持不变，所以Z1={a1, a2, a3, a4}；对于方案3，只有置换a1使其不变，所以Z3={a1}；对于方案11，置换a1和a3使方案其保持不变，所以Z11={a1, a3}。

Ek(等价类)：设G是1…n的置换群。若K是1…n中某个元素，K在G作用下的轨迹，记作Ek。即K在G的作用下所能变化成的所有元素的集合。

如本例中：方案1在四个置换作用下都是方案1，所以E1={1}；方案3，

在a1下是3，在a2下变成6，在a3下变成5，在a4下变成4，所以E3={3,4,5,6}；方案11，在a1、a3下是11，在a2、a4下变成12，所以E11={11,12}。

本例中的数据，也完全符合这个定理。如本例中：

│E1│·│Z1│= 1?4 = 4 =│G│ │E3│·│Z3│= 4?1 = 4 =│G│ │E11│·│Z11│= 2?2 = 4 =│G│ 限于篇幅，这里就不对这个定理进行证明。

接着就来研究每个元素在各个置换下不变的次数的总和。见下

表：

置换\\Sij\\元素j aI a1 a2 a3 a4 │Zj│ 1 S1,1 S2,1 S3,1 S4,1 2 S1,2 S2,2 S3,2 S4,2 …… 16 D(ai) D(a1) D(a2) D(a3) D(a4) 4jjS1,16 …… S2,16 …… S3,16 …… S4,16 …… │Z1│ │Z2│ …… │Z16│ 16??Z???D(a) j?1j?1其中

?0当ai?Zj,即j在ai的变化下变动了Sij???1当ai?Zj,即j在ai的变化下没有变 D(aj) 表示在置换aj下不变的元素的个数

如本题中：涂色方案1在a1下没变动，S1,1=1；方案3在a3变动了， S3,3=0；

在置换a1的变化下16种方案都没变动，D(a1)=16；在置换a2下只有1、2这两种方案没变动，D(a2)=2。

一般情况下，我们也可以得出这样的结论：

我们对左式进行研究。

不妨设N={1，……，n}中共有L个等价类，N=E1+ E2+……+EL，则当j和k属于同一等价类时，有│Zj│=│Zk│。所以

nLL??Z???D(a)

jij?1i?1ns?|Zk?1k|???|Zk|??|Ei|?|Zi|?L?|G|i?1k?Eii?1这里的L就是我们要求的互异的组合状态的个数。于是我们得出：

1n1sL?|Zk|?D(aj)??|G|k?1|G|j?1利用这个式子我们可以得到本题的解 L=(16+2+4+2)/4=6 与前面枚举得到的结果相吻合。这个式子叫做Burnside引理。

但是，我们发现要计算D(aj)的值不是很容易，如果采用搜索的方法，总的时间规模为O(n?s?p)。(n表示元素个数，s表示置换个数，p表示格子数，这里n的规模是很大的) 下一步就是要找到一种简便的D(aj)的计算方法。先介绍一个循环的概念： 循环：记

?a1(a1a2?an)???a?2a2a3??an?1anan??a1??

称为n阶循环。每个置换都可以写若干互不相交的循环的乘积，两个循环(a1a2…an)和(b1b2…bn)互不相交是指ai?bj, i,j=1,2,…,n。例如：

?1??3?2531445???(13)(25)(4)2??

这样的表示是唯一的。置换的循环节数是上述表示中循环的个数。例如(13)(25)(4)的循环节数为3。

有了这些基础，就可以做进一步的研究，我们换一个角度来考虑这个问题。我们给2*2方阵的每个方块标号，如下图：

2 3 (i=1,2,3,4)

在G'的作用下，其中

g1表示转0° , 即g1=(1)(2)(3)(4) c(g1)=4 g2表示转90°, 即g2=(4 3 2 1) c(g2)=1 g3表示转180°, 即g3=(1 3)(2 4) c(g3)=2 g4表示转270°, 即g4=(1 2 3 4) c(g4)=1

我们可以发现，gi的同一个循环节中的对象涂以相同的颜色所得的图像数mc(gi) 正好对应Ｇ中置换ai作用下不变的图象数，即

2c(g1)=24=16=D(a) 2c(g2)=21=2= D(a)

1

2

1 4 构造置换群G'={g1,g2,g3,g4},｜G'｜＝4，令gi的循环节数为c(gi)

2c(g3)=22=4=D(a3) 2c(g4)=21=2= D(a4) 由此我们得出一个结论：

设G是p个对象的一个置换群，用m种颜色涂染p个对象，则不同染色方案为：

1L?(mc(g1) ?mc(g2) ???mc(gs) )|G| 其中G={g1 ,…gs} c(gi )为置换gi的循环节数(i=1…s)

这就是所谓的Pólya定理。我们发现利用Pólya定理的时间复杂度为O(s?p) (这里s表示置换个数，p表示格子数)，与前面得到的Burnside引理相比之下，又有了很大的改进，其优越性就十分明显了。Pólya定理充分挖掘了研究对象的内在联系，总结了规律，省去了许多不必要的盲目搜索，把解决这类问题的时间规模降到了一个非常低的水平。

现在我们把问题改为：n?n的方阵，每个小格可涂m种颜色，求在旋转操作下本质不同的解的总数。 【问题分析】

先看一个很容易想到的搜索的方法。(见附录)

这样搜索的效率是极低的，它还有很大的改进的余地。前面，我们采用的方法是先搜后判，这样的盲目性极高。我们需要边搜边判，避免过多的不必要的枚举，我们更希望把判断条件完全融入到搜索的边界中去，消灭无效的枚举。这个美好的希望是可以实现的。

我们可以在方阵中分出互不重叠的长为[(n+1)/2]，宽为[n/2]的四个矩阵。当n为偶数时，恰好分完；当n为奇数时，剩下中心的一个格子，它在所有的旋转下都不动，所以它涂任何颜色都对其它格子没有影响。令m种颜色为0~m-1，我们把矩阵中的每格的颜色所代表的数字顺次(左上角从左到右，从上到下；右上角从上到下，从右到左；……)

排成m进制数，然后就可以表示为一个十进制数，其取值范围为

2[n0~m/4]-1。(因为[n/2]*[(n+1)/2]=[n2/4]) 这样，我们就把一个方阵简化为4个整数。我们只要找到每一个等价类中左上角的数最大的那个方案(如果左上角相同，就顺时针方向顺次比较) 这样，在枚举的时候其它三个数一定不大于左上角的数，效率应该是最高的。

2[n进一步考虑，当左上角数为i时,(0?i?R-1) 令R=m/4] 可分为下列的4类：

? 其它三个整数均小于i，共i3个。

? 右上角为i，其它两个整数均小于i，共i2个。 ? 右上角、右下角为i，左下角不大于i，共i+1个。

? 右下角为i，其它两个整数均小于i，且右上角的数不小于左下角的，共i(i+1)/2个。 因此，

R?1133L??(i?i?i?1?i(i?1))??(i3?i2?i?1)222i?0i?032R33332??((i?1)?(i-1)?(i?1)?1)??(i3?i2?i)2222i?1i?113131?R2(R?1)2??R(R?1)(2R?1)??R(R?1)426221?(R4?R2?2R)43RR?1当n为奇数时，还要乘一个m。

由此我们就巧妙地得到了一个公式。但是，我们应该看到要想到这个公式需要很高的智能和付出不少的时间。另一方面，这种方法只能对这道题有用而不能广泛地应用于一类试题，具有很大的不定性因素。因此，如果能掌握一种适用面广的原理，就会对解这一类题有很大的帮助。

下面我们就采用Pólya定理。我们可以分三步来解决这个问题。 1． 确定置换群

在这里很明显只有4个置换：转0?、转90?、转180?、转270?。

所以，置换群G={转0?、转90?、转180?、转270?}。 2． 计算循环节个数

首先，给每个格子顺次编号（1~n2），再开一个二维数组记录置换后的状态。最后通过搜索计算每个置换下的循环节个数，效率为一次方级。 3． 代入公式

即利用Pólya定理得到最后结果。

L?1(mc(g1) ?mc(g2) ???mc(gs) )|G|【程序题解】 const

maxn=10; var

a,b:array[1..maxn,1..maxn] of integer;{记录方阵的状态} i,j,m,n:integer;{m颜色数;n方阵大小} l,l1:longint;

procedure xz;{将方阵旋转90?} var

i,j:integer; begin

for i:=1 to n do for j:=1 to n do a[j,n+1-i]:=b[i,j]; b:=a end;

procedure xhj;{计算当前状态的循环节个数} var

i,j,i1,j1,k,p:integer; begin

k:=0;{用来记录循环节个数，清零} for i:=1 to n do for j:=1 to n do

if a[i,j]>0 then{搜索当前尚未访问过的格子} begin

inc(k);{循环节个数加1} i1:=(a[i,j]-1) div n;

j1:=(a[i,j]-1) mod n+1;{得到这个循环的下一个格子} a[i,j]:=0;{表示该格已访问} while a[i1,j1]>0 do begin

p:=a[i1,j1];{暂存当前格的信息}

a[i1,j1]:=0;{置已访问标志} i1:=(p-1) div n+1;

j1:=(p-1) mod n+1{得到这个循环的下一个格子} end{直到完整地访问过这个循环后退出} end; l1:=1;

for i:=1 to k do l1:=l1*m;{计算m的k次方的值} l:=l+l1{进行累加} end; begin

writeln('Input m,n='); readln(m,n);{输入数据} for i:=1 to n do

for j:=1 to n do a[i,j]:=(i-1)*n+j;{对方阵的状态进行初始化} b:=a;

xhj;{计算转0?状态下的循环节个数} xz;{转90?}

xhj; {计算转90?状态下的循环节个数} xz;{再转90?}

xhj; {计算转180?状态下的循环节个数} xz;{再转90?}

xhj; {计算转270?状态下的循环节个数} l:=l div 4;

writeln(l);{输出结果} readln end.

在上面的程序中，我暂时回避了高精度计算，因为这和我讲的内容关系不大。

如果大家再仔细地考虑一下，就会发现这个题解还可以继续优化。对n分情况讨论：

? n为偶数：在转0?时，循环节为n2个，转180?时，循环节为n2/2个，转90?和转270?时，循环节为n2/4个。

? n为偶数：在转0?时，循环节为n2个，转180?时，循环节为(n2+1)/2个，转90?和转270?时，循环节为(n2+3)/4个。

把这些综合一下就得到：在转0?时，循环节为n2个，转180?时，循环节为[(n2+1)/2]个，转90?和转270?时，循环节为[(n2+3)/4]个。(其中，方括号表示取整)于是就得到：

?3nnn1[][][]n424L?(m?m?m ?m)422?32?12 这和前面得到的结果完全吻合。

经过上述一番分析，使得一道看似很棘手的问题得以巧妙的解决，剩下的只要做一点高精度计算即可。

通过这几个例子，大家一定对Pólya原理有了八九成的了解，通过和搜索方法的对比，它的优越性就一目了然了。它不仅极大地提高了程序的时间效率，甚至在编程难度上也有减无增。所以，我们在智能和经验不断增长的同时，也不能忽视了原理性的知识。智能和经验固然重要，但是掌握了原理就更加踏实。因此，我们在解题之余，也要不忘对原理性知识的学习，不停给自己充电，使自己的水平有更大的飞跃。

附录 (搜索方法的程序)

const

maxn=10; type

sqtype=array[1..maxn,1..maxn] of byte; var

n,total,m:integer; sq:sqtype;

function big:boolean;(检验当前方案是否为同一等价类中最大的) var

units:array[2..4] of sqtype;(记录三种旋转后的状态) i,j,k:integer; begin

for i:=1 to n do

for j:=1 to n do begin

units[2,j,n+1-i]:=sq[i,j]; units[3,n+1-i,n+1-j]:=sq[i,j]; units[4,n+1-j,i]:=sq[i,j] end; big:=false;

for k:=2 to 4 do (进行比较) for i:=1 to n do begin j:=1;

while (j<=n)and(sq[i,j]=units[k,i,j]) do inc(j); if j<=n then

if sq[i,j]

procedure make(x,y:byte);(枚举每个格子中涂的颜色) var i:integer; begin

if x>n then begin

if big then inc(total); exit end;

for i:=1 to m do begin sq[x,y]:=i;

if y=n then make(x+1,1) else make(x,y+1) end end; begin

writeln('Input m,n=');readln(m,n); total:=0; make(1,1);

writeln(total);readln end.

for k:=2 to 4 do (进行比较) for i:=1 to n do begin j:=1;

while (j<=n)and(sq[i,j]=units[k,i,j]) do inc(j); if j<=n then

if sq[i,j]

procedure make(x,y:byte);(枚举每个格子中涂的颜色) var i:integer; begin

if x>n then begin

if big then inc(total); exit end;

for i:=1 to m do begin sq[x,y]:=i;

if y=n then make(x+1,1) else make(x,y+1) end end; begin

writeln('Input m,n=');readln(m,n); total:=0; make(1,1);

writeln(total);readln end.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/iodr.html