感觉近期一直easy遇见这样的题目....... 略微复杂一点的就不太会
先是一个总结出来的定理：
用一个最简单的样例来说明
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。
设G={p1,p2,…,pg}是Ω上的一个置换群比方置换群G={转0°。转90°，转180°，转270°}
C(pk)是置换pk的循环的个数
G1置换{转0° }的循环节是4。 {(1),(2),(3),(4)}
G2置换{转90° }的循环节是1， {(4,3,2,1)}
G3置换{转180°}的循环节是2， {(1,3),(2,4)}
G4置换{转270°}的循环节是1。 {(1,2,3,4)}
用M中的颜色对Ω中的元素着色，
着色方案数为 L = 1/|G|*[c1(p1)+c1(p2)+c1(p3)+...c1(p[g])]
= 1/|G|*[m^c(p1)+m^c(p2)+m^c(p3)+...m^c(p[g])]
|G|为置换的总个数,m颜色数
c1(pi)指置换pi的不动点的数目（既循环节为1的点数）
watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQvdTAxMDQ2ODU1Mw==/font/5a6L5L2T/fontsize/400/fill/I0JBQkFCMA==/dissolve/70/gravity/SouthEast" alt="">
明显四个数分别为 16 2 4 2
L = 1/|G| * [16 + 2 + 4 + 2] = 6
c(pi)指的是置换pi的循环个数。
L = 1/|G| *[ 2^4 + 2^1 + 2^2 + 2^1 ] = 6
先来一个简单的题目：
poj 2409 :http://poj.org/problem?
id=2409
题目大意：
一家项链公司生产手镯。n颗珠子形成一个环，用m种颜色给n颗珠子染色，就得到了各种各样的手镯。可是，经过旋转和翻转使之吻合的算同一种方案。
比如，当用2种颜色对5颗珠子进行染色的方案数为8。
题目解法：
一： 旋转 （比方说是有n个珠子。每次能够旋转的角度就是360/n）
二： 翻转 （考虑对称轴。奇数个珠子，那每次对称轴能够穿过一个珠子。则一共同拥有n个对称轴）
偶数个珠子，每一个对称轴穿过的是两个珠子，一共同拥有n/2个对称轴，或者说每一个对称轴不穿过珠子，这种对称轴也是n/2个
所以综上来说无论是奇数或者偶数。其变化方式都是有2*n种翻转。
能够证明的是每个翻转其循环节各自是gcd(i,n) 0<i<=n
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
using namespace std; int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
} long long rotate(int c,int n){ //旋转 旋转 (360/n) * i 度
long long sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++) sum+=pow(c*1.0,gcd(n,i)); //每次旋转的循环节是gcd(n,i)
return sum;
} long long turn(int c,int n){ //翻转
long long sum=0;
if(n%2)
sum+=n*pow(c*1.0,(n+2)/2); //奇数则对称轴都是穿过一个珠子 一共n个 每一个置换的循环节是n/2+1
else
sum+=n/2*(pow(c*1.0,n/2)+pow(c*1.0,(n+2)/2)); //偶数则穿过珠子或者不穿过珠子 各自是n/2 个 循环节是n/2+1 和 n/2 能够用下面公式算出
return sum;
} void polya(int c,int n){
int i,j;
long long sum=0;
sum+=rotate(c,n);
sum+=turn(c,n);
printf("%lld\n",sum/(2*n));
} int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m),n||m){
polya(n,m);
}
return 0;
}
#include<cstring>
#include<string>
#include<fstream>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<functional>
#include<cmath>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0) #define eps 1e-7
#define INF 0x7FFFFFFF
#define LLINF 0x7FFFFFFFFFFFFFFF
#define seed 1313131
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1 //求置换的循环节,polya原理
//perm[0..n-1]为0..n-1的一个置换(排列)
//返回置换最小周期,num返回循环节个数
#define MAXN 1000 int gcd(int a,int b){
return b?gcd(b,a%b):a;
} int polya(int* perm,int n,int& num){
int i,j,p,v[MAXN]={0},ret=1;
for (num=i=0;i<n;i++)
if (!v[i]){
for (num++,j=0,p=i;!v[p=perm[p]];j++)
v[p]=1;
ret*=j/gcd(ret,j);
}
return ret;
} int main (){
int perm1[6]={0,5,4,3,2,1};
int perm2[6]={1,0,5,4,3,2};
int num;
cout<<polya(perm2,6,num)<<endl;
cout<<num<<endl;
}
版权声明：本文博客原创文章。博客，未经同意，不得转载。