分类可逆门

由Emil Post在1941年描述的Post格基本上是布尔函数集的完整包含图，这些布尔函数在合成下是封闭的：例如，单调函数，GF（2）上的线性函数以及所有函数。（Post并未假设常量0和1是免费提供的，这使得他的晶格比其他情况要复杂得多。）

我的问题是，对于经典的可逆闸门，如托菲利和弗雷德金闸门，是否有类似文献发表过。即，{0,1} ⁿ上的哪些可逆转换类可以由可逆门的一些集合生成？下面是规则：你被允许无限数量的附属物位，一些预设为0，其他预设为1，只要所有的附属物位恢复到初始设置，一旦您的{0,1}改造^ñ是完成。 同样，始终免费提供2位的SWAP（即，其索引的重新标记）。根据这些规则，我的学生Luke Schaeffer和我能够确定以下十组转换：

空集
由NOT门生成的集合
由NOTNOT生成的集合（即，将NOT门应用于任意2个位）
由CNOT生成的集合（即，受控门）
由CNOTNOT生成的集合（即，如果第1位为1，则翻转第2位和第3位）
由CNOTNOT和NOT生成的集合
由Fredkin（即受控SWAP）门生成的集合
由Fredkin和CNOTNOT生成的集合
由Fredkin，CNOTNOT和NOT生成的集合
所有转换的集合

我们想确定所有剩余的科目，然后证明分类是完整的，但是在花很多时间之前，我们想知道是否有人做过。

circuit-families

— 斯科特·亚伦森
source

您是否错过了NOTCSWAP和（CSWAP，NOTCSWAP），它们的NOTCSWAP就像是受控交换，但是在c参数为0时交换了x，y参数（而不是像CSWAP那样在c为1时交换）。您需要同时使用这两种方法才能获得所有保留汉明权重的排列：CSWAP仅排列汉明权重≥2的向量，而NOTCSWAP仅排列汉明权重≤n-2的向量。

— David Eppstein 2014年

同样（在前面的注释中没有空间），通过要求大量的控制位为零或非零，您可以获得汉明权重保留置换的更多有限子集，仅置换具有汉明权重至少或至多为任意的向量界。因此，这提供了许多类的转换。

— David Eppstein 2014年

大卫，谢谢您，但是我想免费提供0和1根安检瓶，正是为了排除这种“变态”。不这样做吗？

— Scott Aaronson 2014年

令是所有保留汉明权模置换的类。然后满足您的要求，并且 iff：函数 st，见证了在其他地方的不包含项，对于，。特别是，所有这些无限多个类都是不同的。

C_{n}

$C_n$

n

$n$

C_{n}

$C_n$

C_{n} \subseteq C_{m}

$C_n\subseteq C_m$

m | n

$m|n$

C_{n}

$C_n$

n

$n$

f_{n}

$f_n$

f_{n} (0^{n}) = 1^{n}

$f_n(0^n)=1^n$

f_{n} (1^{n}) = 0^{n}

$f_n(1^n)=0^n$

f (x) = x

$f(x)=x$

x \neq 0^{n}, 1^{n}

$x\ne0^n,1^n$

— EmilJeřábek在2014年

请参阅文件eccc.hpi-web.de/report/2015/066，其中这些想法已得到完善，并且在下面还引用了Emil的回答。

— 安德拉斯·萨拉蒙

$\def\N{\mathbb N}\DeclareMathOperator\sym{Sym}\def\cC{\mathcal C}\def\cD{\mathcal D}\def\cP{\mathcal P}\def\cI{\mathcal W}\def\cMI{\mathcal{MW}}\DeclareMathOperator\pol{Pol}\DeclareMathOperator\inv{Inv}\DeclareMathOperator\minv{MInv}\let\pres\parallel$ 这是对偶的一半的表示对于可逆转换，类似于标准克隆-克隆对偶性（例如here）。它没有回答问题，但是它表明此类函数的所有封闭类均由保留特定形式的属性确定。

与标准情况相比，主要的复杂之处在于排列可以计数（它们保留基数），因此其不变式需要涉及一些算术才能解决。

让我从一些暂定的术语开始。固定的有限基本集。（在斯科特询问的经典情况下，。讨论的部分内容也适用于无限大，但不适用于主要特征。） $A$ $A=\{0,1\}$ $A$

一组置换（或可逆转换）是子集，其中表示一组置换。一个排列克隆是一组排列的这样 $\cC\subseteq\cP:=\bigcup_{n\in\N}\sym(A^n)$ $\sym(X)$ $X$ $\cC$

每个在组成下均关闭。 $\cC\cap\sym(A^n)$

对于任何，由定义的排列在。 $\pi\in\sym(\{1,\dots,n\})$ $\tilde\pi\in\sym(A^n)$ $\tilde\pi(x_1,\dots,x_n)=(x_{\pi(1)},\dots,x_{\pi(n)})$ $\cC$

如果和，则排列由下式定义是在。 $f\in\cC\cap\sym(A^n)$ $g\in\cC\cap\sym(A^m)$ $f\times g\in\sym(A^{n+m})$ $(f\times g)(x,y)=(f(x),g(y))$ $\mathcal C$

由于是有限的，1只意味着是亚组。OP仅需要2个换位，但是这里的版本显然是等效的。条件3等同于我在上面的评论中称为虚拟变量的引入。 $A$ $\cC\cap\sym(A^n)$ $\sym(A^n)$ $\pi$

一个主克隆是一个置换克隆与ancillas的津贴：

令，和使得对所有。然后表示。 $f\in\sym(A^{n+m})$ $g\in\sym(A^n)$ $a\in A^m$ $f(x,a)=(g(x),a)$ $x\in A^n$ $f\in\cC$ $g\in\cC$

我们旨在通过某些不变量来表征置换克隆和母版克隆。让我首先通过一些关于例子来激励后者： $A=\{0,1\}$

保留汉明权重的排列的主克隆（由弗雷德金门生成）。如果表示列入在，这些置换的特征在于属性其中，我写。 $w$ $\{0,1\}$ $\N$
$y = f (x) ⟹ \sum_{i = 1}^{n} w (x_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} w (y_{i}),$ $y=f(x)\implies\sum_{i=1}^nw(x_i)=\sum_{i=1}^nw(y_i),$ $f\in\sym(A^n)$ $x=(x_1,\dots,x_n)$
注释中提到的保留Hamming权模固定的置换的主克隆。如果我们将解释为从到循环群函数，并在那里计算总和，则其特征与上述公式相同。 $m$ $w$ $\{0,1\}$ $C(m)$
仿射置换的主克隆，，（由CNOT生成）。如果可以保留关系可以轻松地检查（或从Post案例中知道）单输出函数是仿射的。。因此，如果我们通过定义一个是在克隆IFF 所以我们要处理等式中的和 $f(x)=Mx\oplus b$ $M\in\mathrm{GL}(n,\mathbb F_2)$ $b\in\mathbb F_2^n$ $\mathbb F_2^n\to\mathbb F_2$ $x^1\oplus x^2\oplus x^3\oplus x^4=0$ $w\colon\{0,1\}\to\{0,1\}$
$w (x^{1}, x^{2}, x^{3}, x^{4}) = x^{1} \oplus x^{2} \oplus x^{3} \oplus x^{4},$ $w(x^1,x^2,x^3,x^4)=x^1\oplus x^2\oplus x^3\oplus x^4,$ $f\in\sym(A^n)$ $y^{1} = f (x^{1}) \land \dots \land y^{4} = f (x^{4}) ⟹ {max}_{i = 1}^{n} w (x_{i}^{1}, \dots, x_{i}^{4}) = {max}_{i = 1}^{n} w (y_{i}^{1}, \dots, y_{i}^{4}),$ $y^1=f(x^1)\land\dots\land y^4=f(x^4)\implies\max_{i=1}^nw(x^1_i,\dots,x^4_i)=\max_{i=1}^nw(y^1_i,\dots,y^4_i),$ $(\{0,1\},0,\max)$ 。

通常，权重函数是的映射，其中，而是可交换的半定式。甲主权重函数是一个映射所有对角线元组，，以可逆的元素。令表示重函数的类别，而重函数。 $w\colon A^k\to M$ $k\in\N$ $M$ $k$ $(a,\dots,a)$ $a\in A$ $M$ $\cI$ $\cMI$

如果和是一个权重函数，我们说是的不变量，或者（无意间借用了术语）是的多态性，并写，如果对于所有： $f\in\sym(A^n)$ $w\colon A^k\to M$ $w$ $f$ $f$ $w$ $f\pres w$ $(x_i^j)_{i=1..n}^{j=1..k},(y_i^j)_{i=1..n}^{j=1..k}\in A^{n\times k}$

如果，则 $y^1=f(x^1),\dots,y^k=f(x^k)$
$\sum_{i = 1}^{n} w (x_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} w (y_{i}) .$ $\sum_{i=1}^nw(x_i)=\sum_{i=1}^nw(y_i).$

在这里，，，并且对于同样。换句话说，如果（或更确切地说，它对并行扩展）保留了其参数的 -weights之和，则。 $x^j=(x^j_1,\dots,x^j_n)$ $x_i=(x_i^1,\dots,x_i^k)$ $y$ $f\pres w$ $f$ $(A^k)^n$ $w$

和（或）之间的关系以通常的方式在排列和权重函数类集合之间引入Galois连接：，因此分别是封闭的置换集的完整格和（主）权函数的封闭类之间的对偶同构。为了看到我们处在正确的轨道上，我们观察到排列的闭合集合确实是克隆： $\pres$ $\cP$ $\cI$ $\cMI$ $\cC\subseteq\cP$ $\cD\subseteq\cI$

\begin{aligned} Pol (D) & = {f \in P : \forall w \in D (f ∥ w)}, \\ {Inv}^{*} (C) & = {w \in W : \forall f \in C (f ∥ w)}, \\ {MInv}^{*} (C) & = M W \cap {Inv}^{*} (C), \end{aligned}

$\begin{align*} \pol(\cD)&=\{f\in\cP:\forall w\in\cD\,(f\pres w)\},\\ \inv^*(\cC)&=\{w\in\cI:\forall f\in\cC\,(f\pres w)\},\\ \minv^*(\cC)&=\cMI\cap\inv^*(\cC), \end{align*}$

引理：如果，则是置换克隆。如果，则是主克隆。 $\cD\subseteq\cI$ $\pol(\cD)$ $\cD\subseteq\cMI$ $\pol(\cD)$

证明：第一个断言或多或少是显而易见的。对于第二个，令，与条件4相同，从而令，令与的定义相同。。把，和。然后暗示但是，在是可逆的，因为是重函数，因此 $w\in\cD$ $f,g,a$ $f\pres w$ $(x_i^j),(y_i^j)$ $g\pres w$ $\bar x^j=(x^j,a)$ $\bar y^j=(y^j,a)=f(\bar x^j)$ $u_i=w(a_i,\dots,a_i)$ $f\pres w$

\sum_{i = 1}^{n} w (x_{i}) + \sum_{i = 1}^{m} u_{i} = \sum_{i = 1}^{n + m} w ({\bar{x}}_{i}) = \sum_{i = 1}^{n + m} w ({\bar{y}}_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} w (y_{i}) + \sum_{i = 1}^{m} u_{i} .

$\sum_{i=1}^nw(x_i)+\sum_{i=1}^mu_i=\sum_{i=1}^{n+m}w(\bar x_i)=\sum_{i=1}^{n+m}w(\bar y_i)=\sum_{i=1}^nw(y_i)+\sum_{i=1}^mu_i.$

u_{i}

$u_i$

M

$M$

w

$w$

\begin{matrix} QED & \sum_{i = 1}^{n} w (x_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} w (y_{i}) . \end{matrix}

$\sum_{i=1}^nw(x_i)=\sum_{i=1}^nw(y_i).\tag*{QED}$

在继续进行之前，我们需要解决一个问题：monoid可能很大，因此可以正确地怀疑这种形式的不变量是无用的抽象废话。

首先，给定权重函数，我们可以假设是由（以及主案例中对角元素的图像的加性逆生成的，作为其他元素不输入照片。特别地，是有限生成的。第二，通过从通用代数通用的结果，我们可以写作为直积其中每个是直不可约，和是的商经由个产品投影 $w\colon A^k\to M$ $M$ $w(A^k)$ $M$ $M$ $M$

M \subseteq \prod_{i \in I} M_{i},

$M\subseteq\prod_{i\in I}M_i,$

M_{i}

$M_i$

M_{i}

$M_i$

M

$M$

i

$i$

π_{i}

$\pi_i$ ; 尤其是，它仍然是有限生成的可交换单半体。由于Mal'cev的结果，fg次直接不可约的交换半定式（或半群）实际上是有限的。的映射再次是一个权重函数，如果是，则为master ，很容易看到因此，我们可以不失一般性地将注意力集中在权重函数，其中是有限的并且是直接不可约的。假设为此类权重函数的类，然后将

w_{i} = π_{i} \circ w : A^{k} \to M_{i}

$w_i=\pi_i\circ w\colon A^k\to M_i$

w

$w$

Pol (w) = ⋂_{i \in I} Pol (w_{i}) .

$\pol(w)=\bigcap_{i\in I}\pol(w_i).$

w : A^{k} \to M

$w\colon A^k\to M$

M

$M$

F W

$\mathcal{FW}$

\begin{aligned} Inv (C) & = F W \cap {Inv}^{*} (C), \\ MInv (C) & = F W \cap {MInv}^{*} (C) . \end{aligned}

$\begin{align*} \inv(\cC)&=\mathcal{FW}\cap\inv^*(\cC),\\ \minv(\cC)&=\mathcal{FW}\cap\minv^*(\cC). \end{align*}$ 有限的子直接不可约交换对半式的例子是循环群和截断加成对半式。一般情况更为复杂，但是人们可以说很多关于它们的结构：可以以某种方式将每个写为和具有某些特性的有限nilsemigroup 的不交集。有关详细信息，请参见Grillet。

C (p^{d})

$C(p^d)$

({0, \dots, d}, 0, min {d, x + y})

$(\{0,\dots,d\},0,\min\{d,x+y\})$

C (p^{d})

$C(p^d)$

现在我们准备好这篇文章的要点：

定理： Galois与有限次直接不可约（主）权重函数的连接中的闭合置换集恰好是置换克隆（分别是主克隆）。

也就是说，如果，则生成的置换克隆为，而生成的主克隆为。 $\cC\subseteq\cP$ $\cC$ $\pol(\inv(\cC))$ $\cC$ $\pol(\minv(\cC))$

证明：根据前面的讨论，足以证明如果是置换克隆，并且，则存在不变的的使得，和一个可以采取成为主权重函数，如果是主克隆。 $\cC$ $f\in\sym(A^n)\smallsetminus\cC$ $w\colon A^k\to M$ $\cC$ $f\nparallel w$ $w$ $\cC$

设，令为由生成的自由单（即，字母有限词）。我们通过定义上的关系（不等长的单词永远不会与相关。）因为每个是一个组，是一个等价关系（实际上，它对长度为单词的限制只是作用的轨道等价关系以明显的方式 $k=|A|^n$ $F$ $A^k$ $A^k$ $\sim$ $F$

x_{1} \dots x_{m} \sim y_{1} \dots y_{m} ⟺ \exists g \in C \cap Sym (A^{m}) \forall j = 1, \dots, k g (x_{1}^{j}, \dots, x_{m}^{j}) = (y_{1}^{j}, \dots, y_{m}^{j}) .

$x_1\cdots x_m\sim y_1\cdots y_m\iff\hbox{$\exists g\in\cC\cap\sym(A^m)\,\forall j=1,\dots,k\,g(x^j_1,\dots,x^j_m)=(y^j_1,\dots,y^j_m).$}$

\sim

$\sim$

C \cap Sym (A^{m})

$\cC\cap\sym(A^m)$

\sim

$\sim$

m

$m$

C \cap Sym (A^{m})

$\cC\cap\sym(A^m)$

A^{m k}

$A^{mk}$ ）。此外，是一个单调的全等式：如果和证明和，然后见证。

\sim

$\sim$

g \in C \cap Sym (A^{m})

$g\in\cC\cap\sym(A^m)$

g^{'} \in Sym (A^{m^{'}})

$g'\in\sym(A^{m'})$

x_{1} \dots x_{m} \sim y_{1} \dots y_{m}

$x_1\cdots x_m\sim y_1\cdots y_m$

x_{1}^{'} \dots x_{m^{'}}^{'} \sim y_{1}^{'} \dots y_{m^{'}}^{'}

$x'_1\cdots x'_{m'}\sim y'_1\cdots y'_{m'}$

g \times g^{'} \in C \cap Sym (A^{m + m^{'}})

$g\times g'\in\cC\cap\sym(A^{m+m'})$

x_{1} \dots x_{m} x_{1}^{'} \dots x_{m^{'}}^{'} \sim y_{1} \dots y_{m} y_{1}^{'} \dots y_{m^{'}}^{'}

$x_1\cdots x_mx'_1\cdots x'_{m'}\sim y_1\cdots y_my'_1\cdots y'_{m'}$

因此，我们可以形成商。交换置换见证每个；也就是说，的生成器通勤，因此是可交换的。定义权重函数的自然包含的在与商数地图组成。 $M=F/{\sim}$ $xy\sim yx$ $x,y\in A^k$ $M$ $M$ $w\colon A^k\to M$ $A^k$ $F$

很容易看到：实际上，如果，并且，然后由定义（使用定义中的表示法）。另一方面，假设。让是枚举，，并让为再次与的定义相同。然后 $\cC\subseteq\pol(w)$ $g\in\cC\cap\sym(A^m)$ $y^1=f(x^1),\dots,y^k=f(x^k)$

\sum_{i = 1}^{m} w (x_{i}) = x_{1} \dots x_{m} / \sim = y_{1} \dots y_{m} / \sim = \sum_{i = 1}^{m} w (y_{i})

$\sum_{i=1}^mw(x_i)=x_1\cdots x_m/{\sim}=y_1\cdots y_m/{\sim}=\sum_{i=1}^mw(y_i)$

\sim

$\sim$

∥

$\pres$

f ∥ w

$f\pres w$

{a^{j} : j = 1, \dots, k}

$\{a^j:j=1,\dots,k\}$

A^{n}

$A^n$

b^{j} = f (a^{j})

$b^j=f(a^j)$

a_{i}, b_{i} \in A^{k}

$a_i,b_i\in A^k$

i = 1, \dots, n

$i=1,\dots,n$

∥

$\pres$

a_{1} \dots a_{n} / \sim = \sum_{i = 1}^{n} w (a_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} w (b_{i}) = b_{1} \dots b_{n} / \sim,

$a_1\cdots a_n/{\sim}=\sum_{i=1}^nw(a_i)=\sum_{i=1}^nw(b_i)=b_1\cdots b_n/{\sim},$ 因此根据定义的，存在，使得每个。但是，由于排放量，因此意味着，即。这样就完成了排列克隆的证明。

\sim

$\sim$

g \in C \cap Sym (A^{n})

$g\in\cC\cap\sym(A^n)$

g (a^{j}) = b^{j} = f (a^{j})

$g(a^j)=b^j=f(a^j)$

j

$j$

a^{j}

$a^j$

A^{n}

$A^n$

g = f

$g=f$

f \in C

$f\in\cC$

即使是主克隆，不必是函数，实际上，对角元素甚至不一定在是可取消的，因此我们需要对其进行修复。对于每个，令，并通过在上定义新的等价关系利用元素以模通勤的事实，很容易证明再次是全等的，因此我们可以形成单半体 $\cC$ $w$ $M$ $c\in A$ $c^*=(c,\dots,c)\in A^k$ $\approx$ $F$

x_{1} \dots x_{m} \approx y_{1} \dots y_{m} ⟺ \exists c_{1}, \dots, c_{r} \in A x_{1} \dots x_{m} c_{1}^{*} \dots c_{r}^{*} \sim y_{1} \dots y_{m} c_{1}^{*} \dots c_{r}^{*} .

$x_1\cdots x_m\approx y_1\cdots y_m\iff\exists c_1,\dots,c_r\in A\,x_1\cdots x_mc_1^*\cdots c_r^*\sim y_1\cdots y_mc_1^*\cdots c_r^*.$

A^{k}

$A^k$

\sim

$\sim$

\approx

$\approx$

M^{'} = F / \approx

$M'=F/{\approx}$ ，权重函数。因为扩展了，所以是可交换的，并且是的商。特别是。另一方面，如果，则与上述相同的参数以及的定义将给出和使得对于所有，因此为是一个主克隆，一个矛盾。

w^{'} : A^{k} \to M^{'}

$w'\colon A^k\to M'$

\approx

$\approx$

\sim

$\sim$

M^{'}

$M'$

M

$M$

C \subseteq Pol (w^{'})

$\cC\subseteq\pol(w')$

f ∥ w^{'}

$f\pres w'$

\approx

$\approx$

g \in C \cap Sym (A^{n + r})

$g\in\cC\cap\sym(A^{n+r})$

c_{1}, \dots, c_{r} \in A

$c_1,\dots,c_r\in A$

g (x, c_{1}, \dots, c_{r}) = (f (x), c_{1}, \dots, c_{r})

$g(x,c_1,\dots,c_r)=(f(x),c_1,\dots,c_r)$

x \in A^{n}

$x\in A^n$

f \in C

$f\in\cC$

C

$\cC$

的定义可确保对于所有和，。因此，元素在是可替换。一个容易众所周知的事实是，任何可交换单极体都可以嵌入到所有可分解元素都可逆的另一半体中。这样用嵌入的组成就是重函数，，因此。优质教育 $\approx$

x c^{*} \approx y c^{*} ⟹ x \approx y

$xc^*\approx yc^*\implies x\approx y$

x, y \in F

$x,y\in F$

c \in A

$c\in A$

c^{*} / \approx = w^{'} (c^{*})

$c^*/{\approx}=w'(c^*)$

M^{'}

$M'$

w^{'}

$w'$

w^{″}

$w''$

Pol (w^{'}) = Pol (w^{″})

$\pol(w')=\pol(w'')$

w^{″} \in {MInv}^{*} (C) ∖ {MInv}^{*} (f)

$w''\in\minv^*(\cC)\setminus\minv^*(f)$

编辑：上面的克隆-coclone对偶性的概括现在写在

[1] E.Jeřábek，多输出操作的Galois连接，预印本，2016年，arXiv：1612.04353 [math.LO]。

— EmilJeřábek支持Monica
source

非常感谢您撰写本文所付出的努力！由于克隆和通用代数的语言对我来说是非常抽象的（实际上，这是我过去尝试阅读该文献时的绊脚石），因此我将需要花费一些时间来消化它。但是，当我们具体地计算出克隆时，知道它们全部都具有不变性是很有用的，就像我们所知道的所有例子一样。（顺便说一句，例如说，Fredkin + NOT具有不变性的特征，我想我们看一下输入对，并说每个变换都保留其奇偶校验和吗？）

— Scott Aaronson 2014年

同时，我在报告具体问题方面取得了进展。我能够对弗雷德金门上方晶格中的所有点进行分类：唯一的可能性是对于任何k都保留汉明权重mod k的转换，保留或翻转汉明权重mod 2的转换（由Fredkin +生成） NOT），以及所有转换。我还可以描述CNOTNOT上方格子中的所有点：它们只是我在OP中列出的点（CNOTNOT + NOT，CNOT，Fredkin + NOTNOT，Fredkin + NOT，所有内容）。

— Scott Aaronson

是的，对于Fredkin + NOT，我们可以取，。感谢您的更新，听起来非常不错。

M = C (2)

$M=C(2)$

w (x, y) = x \oplus y

$w(x,y)=x\oplus y$

— EmilJeřábek在2014年

当然希望是，在实践中不变量要比证明中的小得多。（在Post案例中，我认为可能发生的最坏情况是）Galois连接并不能直接帮助具体分类，它更是一种方法论工具。首先，如果人们知道要寻找哪种类型的属性，可能会更容易找到以前无法识别的类。第二，Post分类证明的典型步骤如下。我们到达了网格中间某处的类，我们想描述其上方的类。...

k \leq n + 1

$k\le n+1$

C

$C$

— 埃米尔·杰拉贝克（EmilJeřábek）在2014年

...由其不变关系。然后，任何适当扩展都必须包含一个不保留某些的，通常，然后可以通过合成等将转换为少量变量中的特定函数。通过这种方式，一个列表使得每个严格在之上的类都包含由为某个生成的类，并且可以继续进行上面的网格部分。这不需要一般的对应关系，但是知道一个人遇到的特定类的不变量。

C

$C$

R_{1}, \dots, R_{k}

$R_1,\dots,R_k$

C

$C$

f

$f$

R_{i}

$R_i$

f

$f$

f_{1}, \dots, f_{c}

$f_1,\dots,f_c$

C

$C$

C \cup {f_{i}}

$C\cup\{f_i\}$

i

$i$

— EmilJeřábek在2014年