Автоморфізм в гаджетах Кай-Фурер-Імерман

У відомому прикладі лічильника для ізоморфізму графів методом Weisfeiler-Lehman (WL) в цьому документі Каєм, Фурером та Імерманом були побудовані наступні гаджети . Вони будують графік заданий$X_k = (V_k, E_k)$

$V_k = A_k \cup B_k \cup M_k \\ \text{ where } \\ \quad A_k = \{a_i \mid 1 \leq i \leq k\}, \\ \quad B_k =\{b_i \mid 1 \leq i \leq k\}, \mbox{ and } \\ \quad M_k = \{ m_S \mid S \subseteq \{1,2,\ldots, k\},\ |S| \text{ is even} \}\\ E_k =\{(m_S,a_i) \mid i \in S\} \cup \{(m_S, b_i)\mid i \notin S\}$

Одна з лем у статті (лема 3.1, сторінка 6) говорить, що якщо ми забарвлюємо вершини та кольором то (колір повинен бути збережений автоморфізм) , де кожен автоморфизм відповідає перестановці і для кожного в деяких підмножин з парного потужності . Кажуть, що доказ негайний. Але я не бачу, як навіть у випадку . У є ребром, але якщо у нас є автоморфізм, який обмінюється іb i i | А у т ( X k ) | = 2 k - 1 a i b i i S { 1 , 2 , … , k } k = 2 X 2 ( a 1 , m { 1 , 2 } ) a 1 , b 1 a 2 , b $a_i$$b_i$$i$$|Aut(X_k)| = 2^{k-1}$$a_i$$b_i$$i$$S$$\{1,2,\ldots, k\}$$k= 2$$X_2 \ (a_1, m_{\{1,2\}})$$a_1, b_1$$a_2, b_2$верхній край перетворюється на що не є ребром. Тож це не повинно бути автоматифізмом.$(b_1, m_{\{1,2\}})$

Я хотів би зрозуміти, що таке моє непорозуміння.

Вам не вистачає порожнього набору який підключений до всіх b . Щоб отримати автоморфизм, вибрати підмножина T ⊆ { 1 , . . . , k } рівномірності, а потім заміняє a i на b i для кожного i ∈ T, а потім регулює множини посередині. У вашому прикладі графіком є ( a 1 , { 12 } ) , ( a 2 , { 12 } ) $\emptyset$$b$$T\subseteq \{1,...,k\}$$a_i$$b_i$$i\in T$

Тим НЕ менше , в вашому прикладі , якщо вам не потрібно нічого робити , і якщо T = { 1 , 2 } автоморфизм задається шляхом заміни в 1 з Ь 1 , а 2 з Ь 2 і з .$T=\emptyset$$T=\{1,2\}$$a_1$$b_1$$a_2$$b_2$$\{1,2\}$$\emptyset$

Тепер для загального випадку нам потрібно показати, що завжди існує спосіб коригування середніх вершин. Ми знаємо, що має навіть кардинальність. Тож нехай . Нам просто потрібно показати, що такий автоморфізм існує, якщо оскільки в іншому випадку ми можемо застосувати склад автоморфізмів, відповідних поділу на підмножини розміром| Т | = 2 r | Т | = 2 r T r S ∩ { i , j } = { j } k = 3 p ≠ { i , j } a p b p a i , a j , b i , b $T$$|T|=2r$$|T|=2$$r$$T$$r$ . Припустимо, таким чином, T = { i , j } . Тоді автоморфізм міняється a i з b i , a j з b $2$$T=\{i,j\}$$a_i$$b_i$$a_j$$b_j$, кожна середня вершина така, що S ∩ { i , j } = ∅ із середньою вершиною S ∪ { i , j } (це можна побачити у вашому прикладі), і кожна підмножина S така, що S ∩ { i , j } = { i } з підмножиною таким, що (це ви можете бачити для ). Зауважте, що цей процес заміни є автоматизмом, оскільки для індексу$S$$S\cap\{i,j\}=\emptyset$$S\cup \{i,j\}$$S$$S\cap \{i,j\}=\{i\}$$S\cap \{i,j\}= \{j\}$$k=3$$p\neq \{i,j\}$співвідношення ребер між , і цими заміненими вершинами повністю збережено, і чітко відношення ребер між правильно відрегульовано.$a_p$$b_p$$a_i,a_j,b_i,b_j$

Нарешті, щоб побачити, що це єдині можливі автоморфізми, зауважте, що кожен забарвлений власним кольором. Тому їх неможливо віднести до іншої пари a j , b j . Також зауважте, що неможливо мати автоматизм, який відображає середню вершину на середню вершину, не змінюючи місця a i деяким b j . $a_i,b_i$$a_j,b_j$$a_i$$b_j$$\square$