组合数学幻灯片65母函数型的Polya定理

b b i1 i2 12
b
im m
前
的系
数即
为i1
个对象着b1色，i2个对象着b2色，…，im个对象着bm色的
本质不同的着色方案数，其中i1+i2+…+im=n。
在式(6.12)中，令b1=b2=…=bm=1,即得式(611)。
22-3
例1
对§6.4节例2中的问题，求两个“o”着红色、一个“o” 着蓝色和一个“o”着绿色的着色方案数。
1) 若颜色使用黑、白两色，求｛an｝的普通母函数。 2) 若颜色使用黑、白、红三色，求｛an｝的普通母函
数，并求a3。
22-14
解：
记图中的点“○”的集合为M=｛1,2,3,4,5｝，由例4知 使“图形”重合的运动而导出的M上的置换群G的循环指 标多项式为
1
P(x1, x2 , x3 , x4 , x5 ) 10
3x12xBaidu Nhomakorabea
2 2
6x
3 2
282x-2318
解法1
设6种色为r1,r2,r3,r4,r5,r6,对k=1,2,3,4,5,6,将
r1k r2k r3k r4k r5k r6k 代入多项式中的xk得
P
1 24
6 i1
ri
6
6
6 i1
ri
2
6 i1
ri4
3
6
2 ri
使任何一种已着色的方体变为自身，这表明G中除恒等
置换I外，对任何置换均无1-循环。所以有
c1(I)=6!,
c1(τ)=0，τ∈G,τ≠I
由Burside引理，不同方案数为
t 1 6!0 0 0 0 0 30
24
22-20
本节习题
习题六 13. 14.
22-21
x15 4x5 5x1x22
(6.14)
1) 用y代表黑色，w代表白色，若用wk+yk代入式(6.14) 中的xk(k=1,2,3,4,5),则可得含参数w与y的多项式P， 展开此多项式后形如wiyn(i任意，n固定)的所有项的
系数之和，即为an。所以若在多项式P中令w=1，
22-15
解(续1)
对上述G，令F为G中置换的所有不同格式构成的集合，称
P(x1, x2 ,
, xn )
1
[(1)c1 (2)c2
| G | (1)c1 (2)c2 (n)cn F
(n)cn
]x1c1
xc2 2
xcn n
(6.13)
为G的循环指标多项式。
22-5
例2
对{1,2,3,4}上的置换群G=｛(1)(2)(3)(4), (1)(2)(34),(12)(3)(4),(12)(34)｝,求G的循环指标多 项式。 解：由G，F＝｛(1)4,(1)2(2)1,(2)2｝，且 ｜[(1)4]｜＝｜｛(1)(2)(3)(4)｝｜＝1 ｜[(1)2(2)1]｜＝｜｛(1)(2)(34),(12)(3)(4)｝｜＝2 ｜[(2)2]｜＝｜｛(12)(34)｝｜＝1 故
解：由§6.4的例2，置换群G有6个元，其中格式为(1)4的有一个 ， 格 式 为 (1)1(3)1 的 有 两 个 ， 格 式 为 (1)2(2)1 的 有 三 个 。 由 式 (6.12)得
P 1 [(r b g)4 2(r b g)(r3 b3 g3 ) 6 3(r b g)2(r2 b2 g2 )]
xk，得
P 1 (r y)5 4(r5 y5 ) 5(r y)(r2 y2 )2 10
其中r3y2前的系数为[C(5,3)+5×2]/10＝2，即含3个红 珠2个黄珠(也即恰含3个红珠)的不同项链数为两个。
22-13
例5
对右图中“○”着色，经旋 转与翻转能使之重合的方案 算一种，记an为恰有n个点着 黑色的方案数。
P(x1, x2 , , xn )
1
[(1)c1 (2)c2
| G | (1)c1 (2)c2 (n)cn F
(n)cn
]
xc1 1
xc2 2
xcn n
1 n! c1 2c2 ncn n c1!c2!
n! cn!2c1 2c2
2cn
xc1 1
xc2 2
xcn n
c1 ,c2 , ,cn 0
22-2
设N是n个对象的集合，G是N上的置换群，用m种色
b1,b2,…,bm对n个对象着色，则着色方案的列举可表达为
P
|
1 G
|
G
s c1 1
(
s) c2 2
(
)
s cn () n
(6.12)
其中ck(σ)为σ中k-循环的个数，
sk b1k bk2 bkm , k 1,2, ,n
展开P经合并同类项后，
则yn前的系数即为an，这样便可得｛an｝的母函数 f1(y)。在P中令w=1，这又等价于用1+yk代入式 (6.14)中的xk，所以
f1(y) P 1 y,1 y2 ,1 y3,1 y4 ,1 y5
1 (1 y)5 4(1 y5 ) 5(1 y)(1 y2 )2 10
22-10
例4
由红(r)色和黄(y)色的珠子，装成五个珠子的项
链，问不同的项链有几种?其中恰含3个红珠的项链又有
多少种?
解：此问题相当于对右图
中的“图形”中的“0”用 两种颜色着染，求其本质
上不同的着色方案数。而
使“图形”重合的运动及
相 应 的 M= ｛ 1,2,3,4,5 ｝
上的置换有：
22-11
1 3!
x13
x1
x2 2
x3 3
1 6
x13 3x1x2 2x3
设 置 换 σ∈ ［ (1)c1(2)c2…(n)cn ］ , 则 c1+c2+…+cn 为 σ所含的循环个数，即式(6.11)中的c(σ)。所以对多
项式P(x1,x2,…,xn)令x1=x2=…=xn=m，便可得式(6.11)中 的t，即Pólya定理中的着色方案数t=P(m,m,…,m)。
22-1
的证明中曾述及mc(σi)代表的是对置换σi的c(σi)个不 相交的循环用m种色着染，使同一个循环中的元素着同 色的着色方案数。又每个这样的方案中，k循环中的k个 元素着同色又对应该色用了k次，用类似于前面章节建 立某组合问题的母函数的方法，色r出现k次,用rk代表， m种色r1,r2,…,rm，每种均允许出现k次,用r1k+r2k+…+rmk 代 表 。 将 这 样 的 k 次 多 项 式 替 换 σi 中 每 个 k- 循 环 (k=1,2,…,n),再用所有这样的k次多项式的乘积替换式 (611)中的mc(σi)。对每个mc(σi)做如此处理可得母函数 型的Pólya定理，可用来对着色方案进行列举。
1
x1
c1
x2
c2
xn
cn
c !c ! c1 2c2 ncn n 1 2 cn! 1 2 n
c1 ,c2 , ,cn 0
22-9
实例与说明
对S3因满足c1+2c2+3c3=3的非负整数解(c1,c2,c3)为
(3,0,0)、(1,1,0)、(0,0,1), 故
Ps3 (x1, x2 , x3 )
因而P中有6!/24＝30个，即不同的赋点方案有30种。22-19
解法2
将正方形的上下前后左右六个面用6种颜色着色，
使各面着不同色，有6!种着色方案。将这些着色方案作
成一个集合M。由§6.4节例4，使正方体重合的旋转有
24个，它们导出一个作用在M上的24阶置换群G。因正方
体每个面着不同色，故除不动外，任何一种旋转均不能
即为｛an｝的母函数。
22-16
解(续2)
2) 类似于1)的讨论可知用1k+1k+yk=2+yk代入式(6.14) 中的xk，即可得用黑、白、红三种色着色时｛an｝ 的母函数
f2(y) P 2 y,2 y2,2 y3 ,2 y4 ,2 y5
1 (2 y)5 4(2 y5 ) 5(2 y)(2 y2 )2 10
§6.5 母函数型的Polya定理
上节例4用Pólya定理导出了用m种色对正方体的面 着色的着色方案的计数公式。进一步若问其中三个面着 红色、两个面着蓝色、一个面着绿色的方案的个数是多 少?求这类问题如何计算，这就是本节所要讨论的。
在Pólya定理的公式
t 1 [mc(1 ) mc(2 ) mc(k ) ] (6.11) |G|
解
1) 不动，对应的置换为(1)(2)(3)(4)(5)，格式为(1)5。
2) 绕中心0反时针转2π/5, 4π/5, 6π/5,8π/5,对应
4个格式相同的置换，其中一个为
(12345)，格式为(5)1
3) 绕轴10，20，30，40，50翻转，对应5个格式相同的
置换，其中一个为
(1)(25)(34)，格式为(1)1(2)2
r4 2r3b 2r3g 2r2b2 2r2g2 3r2bg 2rb 3 3rb 2g 3rbg 2 2rg 3 b4 2b3g 2b2g2 2bg 3 g4
因r2bg有的系数为3，所以所求数为3。
22-4
循环指标多项式
在§6.2中曾引入n次对称群Sn的共轭类的概念，即共轭类为 Sn中格式相同的置换构成的集合，此概念可推广到一般的置换群。 设G是n元集M上的一个置换群，集合 [(1)c1(2)c2…(n)cn]=｛σ｜σ∈G,σ的格式为(1)c1(2)c2…(n)cn｝ 称为G的一个共轭类。
其中y3前系数即为a3，可得
a3
1 10
22C(5,3) 5 4
6
22-17
例6
骰子有六个面，分别标有1，2，3，4，5，6个点，
问有多少种赋点方案。
解法1 问题相当于对正方体的六个面用6种颜色着色，
使各面的颜色均不相同的本质不同的着色方案数。
设面的集合为M=｛1,2,3,4,5,6｝，由§6.4节例4，
共10个置换，构成一个M上的10阶置换群。其循环指标
多项式为
1
P(x1, x2 , x3 , x4 , x5 ) 10
x15 4x5 5x1x22
22-12
解(续)
所以用两色可装成
P(2,2,2,2,2) 1 25 4 2 5 2 22 8 10
个不同的项链。 对k=1,2,3,4,5,用rk+yk代入P(x1,x2,x3,x4,x5)中的
6
ri2 2 6
6
ri2
3
8
6
ri3
2
i1 i1
i1
i1
将P展开，r1r2r3r4r5r6项系数即为所求，因该项只能出
(r1+r2+r3+r4+r5+r6)6
的展开式中。而
r1r2r3r4r5r6相当于在6个(r1+r2+r3+r4+r5+r6)中每一个取
ri作乘积，且6个ri均不相同，故有6!个r1r2r3r4r5r6 ，
P(x1,x2,x3,x4)= (x14+2x12x2+x22)/4
22-6
注
设
sk b1k bk2 bkm
k=1,2,…,n代入式(6.13)得
P(s1,s2 ,
,sn )
1
[(1)c1 (2)c2
| G | (1)c1 (2)c2 (n)cn F
(n)cn
]s1c1
sc2 2
scn n
使正方体重合的旋转而导出的M上的置换群G中含24个置
换，其中格式为(1)6的1个，格式为(1)2(4)1的6个，格
式为(1)2(2)2的3个，格式为(2)3的6个，格式为(3)2的8
个。从而G的循环指标多项式为
P(x1, x2 , x3 , x4 , x5 , x6 )
1 24
x16
6x12x4
此即式(6.12)的另一形式。
22-7
例3
证明n次对称群Sn的循环指标多项式为
P(x1, x2 , , xn )
1
x1
c1
x2
c2
xn
cn
c !c ! c1 2c2 ncn n 1 2 cn! 1 2 n
c1 ,c2 , ,cn 0
22-8
证明：
因对Sn,(1)c1(2)c2…(n)cn∈F等价于c1,c2,…,cn是满 足 方 程 c1+2c2+…+ncn=n 的 一 组 非 负 整 数 解 。 再 由 定 理 6.10得