Mnie wyszlo, z uzyciem
Lematu Burnside'a,
\(\displaystyle{ \mbox{ }2550}\).
Rachunek, bardzo podobny do zastosowanego w tamtym temacie, przyklad 2, konczy sie czyms takim:
\(\displaystyle{ \frac{N(1)+51\cdot N(s)}{204}=\frac{102\cdot\binom{101}{2}+51\cdot 100}{204}=2550}\),
gdzie
\(\displaystyle{ 102\cdot\binom{101}{2}}\) to liczba wszystkich kolorowan bez uwzglednienia symetrii i obrotow,
\(\displaystyle{ N(1)}\) oznacza liczbe kolorowan stalych ze wzgledu na identycznosc, czyli liczbe wszystkich kolorowan powyzej,
\(\displaystyle{ 102\cdot\binom{101}{2}}\)
\(\displaystyle{ N(s)}\) to liczba kolorowan stalych ze wzgledu na jedna z symetrii wzgledem osi laczacych przeciwlegle wierzcholki naszyjnika. Jest ich
\(\displaystyle{ 100=2\cdot 50}\) - ustalamy, w ktorym wierzcholku na osi lezy koral bialy, nastepnie wybieramy jedno z 50-ciu miejsc na prawo dla niebieskiego, zas drugi niebieski musi stac symetrycznie. Takich symetrii jest 51.
Pozostale symetrie nie maja punktow stalych, wiec ruszaja koral bialy.
Oba rozumowania powyzej sa zle, o czym mozna sie przekonac rozwazajac 4 korale, (jeden czerwony, dwa niebieskie, jeden bialy) zamiast 102 - pierwsze rozumowanie daje wynik 12 a drugie 3, podczas, gdy w oczywisty sposob jest tylko jedno ustawienie dla 4 korali.
Dla 4 korali, czyli w przypadku, w ktorym mozna bylo sprawdzic rozumowanie, rachunek z tw Burnside'a wyglada tak:
\(\displaystyle{ \frac{N(1)+2\cdot N(s)}{8}=\frac{4+2\cdot 2}{8}=1}\)