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让我们回到第$3.1$节的第二个例子,这是一个颇为典型的问题,值得我们多费一点笔墨把它纳入一个较广泛的结构,所以容许我采用一个较抽象的表述方式.

考虑两个集,$C=\lbrace 1,\cdots ,N\rbrace $和$R=\lbrace r_1 ,\cdots ,r_m \rbrace $.$S$是全部从$C$到$R$的映射组成的集,那即是说,$S$中的元$f$是这样的,它对每个$C$中元$x$对应一个$R$中元,记作$y=f(x)$.看看实例较易明白,在第$3.1$节那个例子里,$N=4,m=2$而$r_1 =$白,$r_2 =$黑.$S$中一个典型的元$f$是这样:$f(1)=$白、$f(2)=$白、$f(3)=$黑、$f(4)=$黑;它代表的自然是一个摆法:在$1$号角和$2$号角放白球,在$3$号角和$4$号角放黑球,也即是在第$3.1$节写的(白白黑黑).$G$是$N$次对称群$S_N$里某个子群,我们定义群$G$在集$S$上的作用如下:对$G$中元$\pi $与$S$中元$f$,规定$\pi \ast f$是$f\pi $,即是$f$和$\pi $(两者都看做是映射)的合成.看看实例较易明白,在第$3.1$节那个例子里,$G$是正方形的对称群,看成是$S_4$的子群,元是$x_0 $、$x_1 $、$\cdots $、$x_7 $(见第$3.1$节),设$\pi =x_5 =\begin{pmatrix} 1234 \\ 1432 \end{pmatrix}$,$f$如上述.那么$f\pi (1)=f(1)=$白、$f\pi (2)=f(4)=$黑、$f\pi (3)=f(3)=$黑、$f\pi (4)=f(2)=$白,所以$f\pi $就是(白黑黑白),那即是经$x_5$的作用,把正方形翻转$180^{\circ}$后再逆时针方向转$90^{\circ}$,摆法从(白白黑黑)变成(白黑黑白).要数数有多少个构形,就等于数数在这个作用底下有多少个轨.根据伯氏引理,我们只用计算每个$X(\pi )$有多少个元,然后代入公式.

给定$G$中一个元$\pi $,从第二章第$2.7$节的讨论中我们知道$\pi $有唯一的圈分解,圈分解里的圈的个数记作$l(\pi )$,比方刚才$\pi =x_5$,它的圈分解是$(1)(3)(2,4)$,$l(\pi )=3$.要求$f$满足$\pi \ast f=f$,就是要求$f\pi (1)=f(1)$、$f\pi (2)=f(2)$、$\cdots $、$f\pi (N)=f(N)$.要达到这个要求,只要$f$在每个圈上的点取相同的值便成,互相之间倒没有任何约束条件的.反之,这样的$f$一定满足$\pi \ast f=f$.例如刚才的$\pi =x_5$,$f(1)$可以取值白或黑,$f(3)$可以取值白或黑,$f(2)$和$f(4)$要同时取值白或同时取值黑;因此$X(\pi )=\lbrace f\vert \pi \ast f=f\rbrace $共有$2^3=8$个元,即是$\vert X(\pi )\vert =8$.一般而言,$\vert X(\pi )\vert =\vert R\vert ^{l(\pi )}$,所以轨的个数(也即是构形的个数)等于$\dfrac{1}{\vert G\vert } \sum \vert R\vert ^{l(\pi )}$,在这个求和式中,$\pi $走遍$G$.

让我们就着这个架构重复第$3.1$节第二个例子的计算吧,在这个例子中,$\vert G\vert =8$,$\vert R\vert =2$,$G$的$8$个元的圈分解是

$$x_0 =(1)(2)(3)(4),\quad x_1 =(1,4,3,2),$$

$$x_2 =(1,3)(2,4),\quad x_3 =(1,2,3,4),$$

$$x_4 =(1,4)(2,3),\quad x_5 =(1)(3)(2,4),$$

$$x_6 =(1,2)(3,4),\quad x_7 =(2)(4)(1,3);$$

所以$l(x_0 )=4$,$l(x_1 )=1$,$l(x_2 )=2$,$l(x_3 )=1$,$l(x_4 )=2$,$l(x_5 )=3$,$l(x_6 )=2$,$l(x_7 )=3$.在这个例子里,$\vert R=\vert =2$,因此构形的个数等于$(2^4+2^1+2^2+2^1+2^2+2^3+2^2$ $+2^3)/8=(16+2+4+2+4+8+4+8)/8=6$.利用这个更一般的公式我们可以同时轻易解决一大类的问题,最简单直接的一种推广是问:如果放在正方形四个角上的球不限于黑白两种颜色,可以是$m$种不同的颜色,那么共有多少个不同的构形呢?代入上面的公式,答案是

$$\begin{align}
& (m^4+m+m^2+m+m^2+m^3+m^2+m^3)/8 \\
= & (m^4+2m^3+3m^2+2m)/8.
\end{align}$$

如果颜色球有黑、白、红三种颜色,便有$21$个不同的构形;如果颜色球有黑、白、红、黄四种颜色,便有$55$个不同的构形,在这里不妨拿话岔开,从侧面欣赏伯氏引理的美妙.从上面的公式计算得来的答案既然是构形的个数,它一定是个正整数,也即是说,无论$m$是什么,$8$总整除$m^4+2m^3+3m^2+2m$.当然,用数学归纳法是不难证明这回事的,不过只凭肉眼不作计算,事前又不知道它代表某些构形的个数的话,是不易辨认出$m^4+2m^3+3m^2+2m$是$8$的倍数.

让我们转看另一个问题:用三种颜色的珠子可以串成多少条不同的长度是六颗珠子的项链呢?这个问题能轻易地纳入刚讨论过的架构,适用的群是$G=D_6$,看做是$6$次对称群$S_6$的子群,$C=\lbrace 1,2,3,4,5,6\rbrace $,$R=\lbrace r_1 ,r_2 ,r_3 \rbrace $,$S$的元$f$相应于串法,一条项链相应于在$G$的作用底下$S$里的一个轨,要数数有多少条项链,等于数数有多少个轨.如果读者动手计算一下,便知道$G$的$12$个元的圈分解的圈的个数分别是$6$、$1$、$2$、$3$、$2$、$1$、$4$、$3$、$4$、$3$、$4$、$3$.因此,轨的个数是$(3^6+3\times 3^4 +4\times 3^3 +2\times 3^2 +2\times 3)/12=92$,也就是说,共有$92$条不同花式的项链.

一个自然的推广是计算$m$种颜色的珠子可以串成多少条长度是$N$颗珠子的项链.适用的群是$G=D_N$,看做是$N$次对称群$S_N$的子群,$C=\lbrace 1,2,\cdots ,N\rbrace $,$R=\lbrace r_1 ,r_2 ,\cdots ,r_m $.$D_N$包含一个$N$阶循环子群,与$Z_N$有相同的结构,不如让我们先看看$Z_N$作用于$S$上的轨的个数吧.$Z_N$由单一个元生成,不妨设这个生成元是置换$\pi =\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & N-1 & N \\ N & 1 & 2 & \cdots & N-2 & N-1 \end{pmatrix} =(1,N,N-1,\cdots ,3,2)$,$l(\pi )=1$.要计算的是$l(\pi ^2)$、$l(\pi ^3)$、$\cdots $、$l(\pi ^N -1)$;至于$l(\pi ^N)=l(e)$,无须计算也知道那是等于$N$.举一个特例作说明吧,考虑$\pi ^3$,它把$1$换作$N-2$,把$N-2$换作$N-5,\cdots $,这样循环一周回到起点$1$,刚好跑遍$[N,3]/3$点,这里的$[N,3]$表示$N$和$3$的最小公倍数(图$3.5$).

整个置换便是由这一类圈合成,每个圈的长度都是一样,所以圈的个数是$N\div [N,3]/3=3N/[N,3]=(N,3)$,这里的$(N,3)$表示$N$和$3$是最大公约数.类似地,$l(\pi ^k)=(N,k)$,根据上面的公式,轨的个数是$N(N,m)=\dfrac{1}{N} \displaystyle \sum_{k=1}^N m^{(N,k)}$.除了$Z_N$上的$N$个元以外,$D_N$还有另外一半的$N$个元,分别是把$\tau =\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & \cdots & N-1 & N \\ 1 & N & N-1 & N-2 & \cdots & 3 & 2 \end{pmatrix}$.读者仔细分析一下,便知道这些元的圈分解有个特别的模式:如果$N=2n+1$(奇数),则每个元的圈分解有$n+1$个圈;如果$N=2n$(偶数),则一半的元的圈分解有$n$个圈,另一半的元的圈分解有$n+1$个圈(图$3.6$).

因此,轨的个数是$M(N,m)=\dfrac{1}{2N} \displaystyle \sum_{k=1}^N m^{(N,k)} +\dfrac{1}{2N} \sum_{k=1}^N m^{n+1}$或$\dfrac{1}{2N} \displaystyle \sum_{k=1}^N m^{(N,k)} +\dfrac{1}{2N} \sum_{k=1}^n m^n +\dfrac{1}{2N} \sum_{k=1}^n m^{n+1}$,视乎$N=2n+1$或$N=2n$.再化简一下,轨的个数是$M(N,m)=N(N,m)/2+A$,其中$A$是$m^{n+1}/2$或$(m+1)m^n/4$,视乎$N=2n+1$或$N=2n$.举一个实例,把圆盘分为相等的六个扇面,每一面涂上黑色或白色,共有多少个不同的圆盘呢(图$3.7$)?答案即是$N(6,2)$,从上式计算,那是$14$.假设圆盘是用透明塑料制成,翻转并无分别,共有多少个不同的圆盘呢?答案即是$M(6,2)$,从上式计算,那是$13$.请读者察看那$14$个圆盘(图$3.7$),试找出在第二种情况下哪一个是不需要的呢?

有些问题初看不像上述的模式,但换一个角度看,却可以纳入同一个架构.让我举以下的问题为例:有三只标以$A$、$B$、$C$的桶和六个球,其中三个是黑球,两个是白球,一个是红球,把这六个球分放在桶里,有些桶可以不放球,共有多少个不同的放置方法呢?读者不妨先想一想怎样把这个问题纳入上述的结构.显然,$C=\lbrace 1,2,3,4,5,6\rbrace$和$R=\lbrace A,B,C\rbrace $,$S$中元$f$是一个放置(有标号的)球的方法.设$1$号、$2$号和$3$号球是黑球、$4$号和$5$号球是白球、$6$号球是红球,那么在什么群的作用底下,$S$的轨才代表一个放置方法呢?看一个实例吧,设$f(1)=B$,$f(2)=A$,$f(3)=A$,$f(4)=C$,$f(5)=A$,$f(6)=B$;$g(1)=A$,$g(2)=A$,$g(3)=B$,$g(4)=A$,$g(5)=C$,$g(6)=B$;$h(1)=A$,$h(2)=B$,$h(3)=C$,$h(4)=A$,$h(5)=A$,$h(6)=B$.它们都是在桶$A$放置三个球,桶$B$放两个球,桶$C$放一个球的方法,不过$f$和$g$代表同一个放置方法,$h$却代表另一个放置方法.$f$和$g$代表的方法,桶$A$有两个黑球和一个白球,桶$B$有一个黑球和一个红球,桶$C$有一个白球;但$h$代表的方法,桶$A$有一个黑球和两个白球,桶$B$有一个黑球和一个红球,桶$C$有一个黑球(图$3.8$).明白了这个道理,读者大概知道怎样写下适合的群吧,它是$6$次对称群$S_6$的子群,有$12$个元,写作圈分解表示,就是

$$\begin{array}{ll}
(1)(2)(3)(4)(5)(6), & (1)(4)(5)(6)(2,3), \\
(2)(4)(5)(6)(1,3), & (3)(4)(5)(6)(1,2), \\
(4)(5)(6)(1,2,3), & (4)(5)(6)(1,3,2), \\
(1)(2)(3)(6)(4,5), & (1)(6)(2,3)(4,5), \\
(2)(6)(1,3)(4,5), & (3)(6)(1,2)(4,5), \\
(6)(4,5)(1,2,3), & (6)(4,5)(1,3,2). \\
\end{array}$$

代入公式,轨的个数是$\dfrac{1}{12} (3^6+4\times 3^5+5\times 3^4 +2\times 3^3)=180$,所以共有$180$个不同的放置方法.

观察上面那个问题的两种极端情况,是有点教益的.第一种情况是把$N$个可区别的球(例如个个不同颜色)分放在$m$个标了号的桶里,考虑的$G$是单元群,只含单元$e$,$C=\lbrace 1,\cdots ,N\rbrace$和$R=\lbrace r_1 ,\cdots ,r_m \rbrace $.由于$\vert G\vert =1$和$l(e)=N$,不同的放置方法共有$m^N$个.读者大概会觉得好笑,割鸡焉用牛刀,只用注意每一个球有$m$个桶可放,第二个球也有$m$个桶可放,其余类推;合起来便有$m\times \cdots \times m$($N$个)$=m^N$个不同的放置方法了.对的,对付这个问题的确无须动用伯氏引理,放在这儿只是为了印证一下上述的公式罢了.第二种情况是把$N$个不可区别的球(例如全部同一颜色)分放在$m$个标了号的桶,考虑的$G$是整个$N$次对称群$S_N$,$C=\lbrace 1,\cdots ,N\rbrace $和$R=\lbrace r_1 ,\cdots ,r_m \rbrace $.根据公式,轨的个数是$\sum m^{l(\pi )} /N!$,求和式中$\pi $走遍全部$N$次置换.例如$S_2 $中有$1$个置换分解成$2$个圈、$1$个置换分解成$1$个圈,所以共有$(m^2+m)/2=(m+1)m/2$个放置方法;$S_3$中有$1$个置换分解成$3$个圈、$3$个置换分解成$2$个圈、$2$个置换分解成$1$个圈,所以共有$(m^3+3m^2+2m)/6=(m+2)(m+1)m/6$个放置方法;$S_4$中有$1$个置换分解成$4$个圈、$6$个置换分解成$3$个圈、$11$个置换分解成$2$个圈、$6$个置换分解成$1$个圈,所以共有$(m^4+6m^3+11m^2+6m)/24=(m+3)(m+2)(m+1)m/24$个放置方法.目光锐利的读者(或者学过排列组合的读者)大概已看出规律,看来一般的答案似是$(m+N-1)(m+N-2)\cdots (m+1)m/N!$,也就是$(m+N-1)!/N!(m-1)!=\displaystyle {m+N-1 \choose N}$,后者符号$\displaystyle {x \choose y} $表示从$x$件不同的物件选出$y$件的全部方法个数.其实,有一个更容易计算出答案的方法,是把问题看成在$N$点之间插$m-1$条杠,把点分隔开来,例如$\cdot \cdot \vert \cdot \vert \vert \cdot $表示$1$号桶放$2$个球、$2$号桶放$1$个球、$3$号桶不放球、$4$号桶放$1$个球.更进一步,把问题看成在$N+(m-1)=m+N-1$件不同的物件(标了号的点连杆)选出$N$件(点),看看有多少个选法,那不正好是$\displaystyle {m+N-1 \choose N} $吗?从刚才的计算,我们知道这个数等于$\sum m^{l(\pi )} /N!$,求和式中$\pi $走遍全部$N$次置换.如果我们用$\bar{S} (N,k)$表示分解成$k$个圈的$N$次置换的个数,便得到

$$\dfrac{1}{N!} \sum_{k=1}^N \bar{S} (N,k)m^k ={m+N-1 \choose N} ,$$

在组合数学里这个$\bar{S} (N,k)$可有点名堂,它是$S(N,k)$的绝对值,后者称作第一类斯特林数(Stirling number of the first kind),可以按照以下的递归计算式而得:

$$S(0,0)=1;$$

如果$N$和$k$都大于$0$,则

$$S(N,0)=S(0,k)=0;$$

如果$k$大于$N$,则

$$S(N,k)=0;$$

$$S(N,k)=S(N-1,k-1)-(N-1)S(N-1,k).$$

要从这样的定义推导上面的等式,涉及较多关于组合恒等式的知识,为了不把话题岔开,我不叙述了.

有时,我们需要小心选择群$G$,最显眼的群可不一定具最合用的样子,看看下面两个问题吧.第一个问题是:把正四面体的四个面涂上油漆,或涂红色,或涂绿色,共有多少个不同的花式呢?最显眼的群自然是正四面体的对称群,与$A_4$结构相同(见第二章第$2.7$节).正四面体有四个面,每个面与它对着的端点正好来个一一对应.把每一面涂色,不妨看成把每个端点涂色,因此如同前面叙述过的例子完全一样,花式共有$\sum 2^{l(\pi )} /12 $,求和式中$\pi $走遍$A_4$.读者计算一下,便知道答案是$(2^4+11\times 2^2)/12=5$个.第二个问题是:把立方体的六个面涂上油漆,或涂红色,或涂绿色,共有多少个不同的花式呢?最明显的群自然是立方体的对称群,可以看做是$S_8$的子群,把八个端点置换,也可以看做是$S_4$的子群,把四条对角线置换.可惜立方体只有六面,我们不便利用$S_8$那个子群,也不便利用$S_4$那个子群,不能够像前一个问题直接套用那道公式,否则计算出的是另一回事!我们要看的是$S_6$的一个子群,它其实是原来的立方体的对称群,只是表成立方体六个面的置换.让我举一个实例作说明,$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 1 & 3 & 4 & 2 & 5 & 7 & 8 & 6 \end{pmatrix}$代表绕着连接点$1$和点$5$的对角线作轴旋转$120^{\circ}$这个对称(图$3.9$),它也可以表成$6$次对称群$S_6$的元$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 3 & 5 & 6 & 2 & 4 & 1 \end{pmatrix} =(1,3,6)(2,5,4)$,右边的

$1$表示由点$1$、点$2$、点$7$和点$8$组成的正方形,记作$\lbrace 1,2,7,8\rbrace $,类似地$2$表示$\lbrace 3,4,5,6\rbrace $、$3$表示$\lbrace 1,3,6,8\rbrace $、$4$表示$\lbrace 2,3,5,8\rbrace $、$5$表示$\lbrace 2,4,5,7\rbrace $、$6$表示$\lbrace 1,4,6,7\rbrace $.刚才的对称把面$1$换成面$3$、面$2$换成面$5$,其余类推.如果你把$24$个对称都用这种方式表成$S_6$的元,然后每个写下它的圈分解表示,再套用上述的公式,便计算出轨的个数,也就是不同的花式的个数了.(另一个较快捷的计算方法是利用那$24$个对称的几何解释,察看它们如何调换立方体的六个面,从而写下每个元的圈分解表示.)全部元的圈分解表示是:

$$\begin{array}{ll}
(1)(2)(3)(4)(5)(6), & (1)(2)(3,6,5,4), \\
(1)(2)(3,5)(4,6), & (1)(2)(3,4,5,6), \\
(4)(6)(1,3,2,5), & (4)(6)(1,2)(3,5), \\
(4)(6)(1,5,2,3), & (3)(5)(1,6,2,4), \\
(3)(5)(1,2)(4,6), & (3)(5)(1,4,2,6), \\
(1,3,6)(2,5,4), & (1,4,3)(2,6,5), \\
(1,4,5)(2,6,3), & (1,5,6)(2,3,4), \\
(1,6,3(2,4,5), & (1,3,4)(2,5,6), \\
(1,5,4)(2,3,6), & (1,6,5)(2,4,3), \\
(1,3)(2,5)(4,6), & (1,4)(2,6)(3,5), \\
(1,2)(3,6)(4,5), & (1,5)(2,3)(4,6), \\
(1,6)(2,4)(3,5), & (1,2)(3,4)(5,6), \\
\end{array}$$

所以不同的花式共有$(2^6+3\times 2^4+12\times 2^3+8\times 2^2)/24=10$个.当然,不惜伯氏引理单凭试验,这个答案也不难得来(见第一章第$1.2$节),但换了是$m$种油漆,单凭试验便无从得到$(m^6+3m^4+12m^3+8m^2)/24$这个答案了.在第一章第$1.2$节我们还提出一个貌似相同的问题:用逐面相隔的横直彩色线代替整面涂色,共有多少个不同的花式呢?即使是只有两种油漆($m=2$)的情况,这个问题跟前一个问题的答案也不一样,因为这次合用的群不再是立方体的对称群,只是它的一个子群.举一个实例,$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 6 & 7 & 8 & 5 & 2 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix}$代表绕着横贯$\lbrace 1,3,6,8\rbrace $和$\lbrace 2,4,5,7\rbrace $这两个面的直线作轴旋转$90^{\circ}$这个对称,虽然它是立方体的对称,却不是画了横直彩色线的立方体的对称(图$3.10$).

请读者选出那一个合用的子群,它的元是全部画了横直颜色线的立方体的对称,然后根据这些元的圈分解表示计算轨的数目,你将会发现答案是$12$个不同的花式(见第一章第$1.2$节).一般而言,如果有$m$种油漆,答案是$(m^6+3m^4+8m^2)/12$.你把两个答案比较一下,便知道除了$m=1$的情况外,涂彩色线得来的花式总比涂整个面得来的花式为多,而且当$m$越大时,前者越接近后者的一倍.当$m=20$时,前者是$5\;373\;600$,后者是$2\;690\;800$;当$m=50$时,前者是$1\;303\;647\;500$,后者是$651\;886\;250$.

以上几个例子说明了怎样利用上述的一般架构去解决问题,不过我们也不要把这架构和公式视作万应灵丹,有很多场合它是硬套不上的.主要原因是$S$不一定囊括全部从$C$到$R$的映射,它可能只是某一部分从$C$到$R$的映射的集合.就取第一章第$1.1$节的问题为例:把一个黑球、一个红球、四个白球用棒连成一个正六边形,球在端点,共有多少个不同的构形呢?适合的群是$D_6$,$C=\lbrace 1,2,3,4,5,6\rbrace $,$R=\lbrace $白,黑,红$\rbrace $,但$S$并不是全部从$C$到$R$的映射组成的集合,它只包括那些映像是一个黑、一个红、四个白的映射.我们只好回到伯氏引理,直接计算那些$\vert X(\pi )\vert $了.考虑$D_6$的$12$个元,写成圈分解表示,是:

$$\begin{array}{ll}
(1)(2)(3)(4)(5)(6), & (1,6,5,4,3,2), \\
(1,5,3)(2,6,4), & (1,4)(2,5)(3,6), \\
(1,3,5)(2,4,6), & (1,2,3,4,5,6), \\
(1)(4)(2,6)(3,5), & (1,2)(3,6)(4,5), \\
(2)(5)(1,3)(4,6), & (1,4)(2,3)(5,6), \\
(3)(6)(1,5)(2,4), & (1,6)(2,5)(3,4). \\
\end{array}$$

对头一个元,在任何四个端点放白球,余下两个端点任意一个放黑球和一个放红球,得来的摆法经这个元的作用是不变,反之亦然,因此对这个元来说,$\vert X(\pi )\vert =2\times \displaystyle {6 \choose 4} =2\times 15=30$.对第$7$个元,在点$2$、$6$、$3$和$5$放白球,余下两个端点任意一个放黑球和一个放红球,得来的摆法经这个元的作用是不变,反之亦然,因此对这个元来说,$\vert X(\pi )\vert =2$.对第$9$个元和第$11$个元,计算也是一样.至于其他的元,经它的作用任何摆法总会给变更,所以$\vert X(\pi )\vert =0$.根据伯氏引理的公式,轨的个数是$(30+2+2+2)/12=3$,也就是说,不同的构形共有$3$个.读者可以自行计算正八面体和三棱柱体的情况(见第一章第$1.1$节),答案分别是$(30+9\times 2)/24=2$和$30/6=5$.你或许会问:“如果换了是两个黑球、两个白球、两个红球,岂不是又得从头推敲吗?而且不同的情况影响了$\vert X(\pi )\vert $的计算,每次得费神.有没有一个通用的方法呢?”有的,这就是本书的主题——波利亚计数定理,在第四章我们会展开讨论.

再多看一个例子,把立方体的六个面各涂上一种不同的颜色,又正好有六种颜色,红、橙、黄、绿、青、蓝,共有多少个不同的花式呢?适合的群是立方体的对称群,有$24$个元.由于每个面涂上不同的颜色,除单位元外,任何元作用于立方体都变更涂了色的样子;对单位元来说,却不变更全部$6!=720$个涂了色的样子当中任何一个.因此,不同的花式共有$720/24=30$个.如果换了规定,四个面不同颜色,是红、橙、黄、绿,两个面都是蓝色,计算便不相同了.除单位元外,任何元作用于立方体还是要变更涂了色的样子;对单位元来说,全部涂了色的样子都没一个给变更,但这次全部涂了色的样子只有$\displaystyle {6\choose 2} \times 4!=360$个,所以不同的花式共有$360/24=15$个.有兴趣的读者不妨自己拟定关于涂色的限制条件,逐个情况计算.虽然这番工夫颇耗时,但它却会使你更欣赏下面要介绍的波利亚计数理论.

作为这一节的结束,让我们提出一个有趣的问题,读者可以作为练习去解答.在硬卡纸片上写下一个三位数字,为了一致,我们同意把$0$写成$000$,把$1$写成$001$,把$2$写成$002\cdots \cdots $把$43$写成$043\cdots \cdots $现在问:顶多写多少张硬卡纸片(只写一面)便能用它们去展示从$0$至$999$这一千个数目呢?答案并不是$1000$,而是$945$.如果你习惯使用袖珍电子计算器,看惯那些以液晶体显示的数字的话,你甚至会得出一个更小的答案,是$846$.你愿试试吗?

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