正方形的色多项式

考虑一个正方形，ABCD。在我看来，它的色多项式为$\lambda(\lambda - 1)(\lambda - 1)(\lambda - 2)$，其中存在$\lambda$种颜色。

即有$\lambda$，其中用于一种颜色能够被拾取的方式，有$\lambda - 1$的方式对颜色B和d要被拾取（B和d是相邻的A）和$\lambda - 2$方式为颜色C到被选中。

但是，使用分解定理（幻灯片47，示例11.33）并将正方形分解为长度为3和三角形的路径，表明我的最初推理是错误的。

你能告诉我我的想法哪里出问题了。

您必须记住，彼此对角线的顶点可以被涂成相同的颜色！您的公式没有考虑到这一点。我们可以通过包含-排除原理找到图的色数。如果可以证明某些子集上的某些界限，这是一种非常通用的计数技术，它使我们能够对复杂的结构进行计数。

主要思想是我们计算出某种财产发生的所有可能方式。然后，我们删除一些“不良”项目。但是，我们可能删除了太多内容，因此需要添加一些“好”项目。反复进行，直到我们遍历所有子集为止。

容斥原理告诉我们，给予一定的地面集，的元素的数量X的位于在没有子集甲我是 Σ 我⊆ [ Ñ ]（- 1 ）| 我| | 一个我| $|X|=n$$X$$A_i$

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

让是颜色的数量，并让X是集合的所有可能的着色剂（即，| X | = λ 4），并让甲Ë = { 着色：È = （我，Ĵ ）∈ Ë ，颜色（我）= 颜色（j ）$\lambda$$X$$|X| = \lambda^4$

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

在获得最终多项式之前，我们需要计算集合的大小以及所有相交子集的大小。$A_{e}$

观察。这是由于以下事实：我们仅为G着色，但始终为相邻顶点选择相同的颜色。展望未来，$|A_{12}| = |A_{23}| = |A_{34}| = |A_{41}| = \lambda^3$$G$

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

我不会列出每个3组，但是它们都有相同的计数。。最后，| 甲12 ∩ 甲23 ∩ 甲34 ∩ 甲41 | ＝λ。现在，让我们收集条款并加总。$|A_e \cap A_{e'} \cap A_{e''}| = \lambda$$|A_{12} \cap A_{23} \cap A_{34} \cap A_{41}| = \lambda$

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

现在，用包含-排除来计算这个问题并不是很糟糕，因为我们有一个简单的4周期。如果图形具有更多的结构，那么很快就会很烦恼的是找出所有可能的交叉点的每个交叉点大小。

上面的尼古拉斯（Nicholas）的答案和这一答案帮助我看到了我的思想中的缺陷。我想更详细地阐述尼古拉斯

您必须记住，彼此对角线的顶点可以被着色为相同的颜色

并通过调整我的错误推理来获得色多项式。

我最初认为 $\lambda - 2$$\lambda - 1$

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