Хроматичний многочлен квадрата

Розглянемо квадрат, ABCD. Інтуїтивно мені здалося, що його хроматичний многочлен де є кольори.$\lambda(\lambda - 1)(\lambda - 1)(\lambda - 2)$$\lambda$

Тобто є способи, за допомогою яких можна вибрати колір для A, є λ - 1 спосіб вибору кольорів для B і D (B і D примикають до A) і λ - 2 способи кольорів для C бути вибраним.$\lambda$$\lambda - 1$$\lambda - 2$

Однак використання теореми про декомпозицію (слайд 47, приклад 11.33) та розкладання квадрата на шлях довжиною 3 та трикутника показує, що моє початкове міркування неправильне.

Не могли б ви сказати мені, де я помиляюся зі своїм мисленням.

Ви повинні пам’ятати, що діагоналі вершин одна від одної можуть бути кольоровими однаково! Ваша формула не враховує це. Ми можемо знайти хроматичне число графа за принципом включення-виключення. Це дуже загальна техніка підрахунку, яка дозволяє нам рахувати складні структури, якщо ми можемо довести певні межі на певних підмножинах.

Основна ідея полягає в тому, що ми підраховуємо всі можливі способи того, як відбувається якесь майно. Потім видаляємо деякі «погані» предмети. Однак ми, можливо, видалили занадто багато, і нам потрібно додати ще кілька «хороших» елементів. Це відбувається вперед і назад, поки ми не пройдемо всі підмножини.

Принцип включення-виключення говорить нам про те, що враховуючи деякий набір , кількість елементів X, які лежать у жодній із підмножин A i, є ∑ I ⊆ [ n ] ( - 1 ) | Я | | А я | $|X|=n$$X$$A_i$

$$\sum_{I \subseteq [n]} (-1)^{|I|}|A_I| \text{, where } \\ I \text{ is the set of indices in } X \text{ and } A_I = \bigcap_{i \in I} A_i$$

Нехай - кількість кольорів, а X - множина всіх можливих забарвлень (тобто | X | = λ 4 ), і нехай A e = { забарвлення : e = ( i , j ) ∈ E , color ( i ) = колір ( j ) $\lambda$$X$$|X| = \lambda^4$

$$A_{e} = \{\text{coloring} : e=(i,j) \in E, \text{color}(i) = \text{color}(j) \}$$

Перш ніж ми отримаємо остаточний многочлен, нам потрібно порахувати розмір наших множин та розмір усіх підмножин, що перетинаються.$A_{e}$

Зауважте, що . Це пов’язано з тим, що ми просто фарбуємо G, але завжди підбираємо ті самі кольори для сусідніх вершин. Вперед ми маємо,$|A_{12}| = |A_{23}| = |A_{34}| = |A_{41}| = \lambda^3$$G$

$|A_{12} \cap A_{23} | = |A_{23} \cap A_{34} | = |A_{34} \cap A_{41}| = |A_{41} \cap A_{12}| = |A_{12} \cap A_{34}| = |A_{41} \cap A_{23}| = \lambda^2$

$|A_e \cap A_{e'} \cap A_{e''}| = \lambda$$|A_{12} \cap A_{23} \cap A_{34} \cap A_{41}| = \lambda$

$$\lambda^4 - 4\lambda^3 + 6\lambda^2 - 4\lambda + \lambda = \lambda^4 - 4\lambda^3 + 6\lambda^2 - 3\lambda$$

Тепер підрахунок із виключенням включення для цієї проблеми був не таким вже й поганим, оскільки у нас був простий 4-цикльний. Якби графік мав більшу структуру, він би швидко дратував з'ясувати кожен розмір перетину для всіх можливих перетинів.

Відповідь Микола вище , і це одна допомогли мені побачити вада в моєму мисленні. Я думав детальніше зупинитися на Ніколасі,

Ви повинні пам’ятати, що діагоналі вершин одна від одної можуть бути кольоровими однаково

а також отримати хроматичний многочлен, коригуючи мої неправильні міркування.

$\lambda - 2$$\lambda - 1$

$P(ABCD, \lambda)$
$λ(λ−1)(1)(λ−1) + λ(λ−1)(λ−2)(λ−2)$