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user: 3. 主要结论 首先介绍一些相关的引理，这些引理对我们的结论的证明非常有帮助。 引理3.1. [ 28 ] 如果 n ≥ 3 ，则 V ( Q n ) 可以被划分为4对(成对不相交)控制集。 引理3.2. [ 30 ] Q n 里面的顶点能够被分成等份的控制集，每个控制集的顶点数为 2 n 2 ⌊ log 2 ( n + 1 ) ⌋ 。 引理3.3. [ 31 ] 令 2 ≤ s ≤ t ，   t ≥ 3 ，   p = ⌊ log 2 ( t + 1 ) ⌋ ，如果 s ≥ p ，则 γ ( E H ( s ， t ) ) ≤ ( 2 s − 2 p ) γ ( Q t ) + 2 t ( 1 + γ ( Q s − ) ) 定理3.4. 如果 s ， t ≥ 1 ，   s ≥ 2 ，则 γ ( E F H ( s ， t ) ) ≤ 2 s + t − 2 + ( 2 s − 2 s − 2 ) γ ( Q t ) 证明： E F H ( s ， t ) 的四种边子集如下： E 0 = { ( x ， y ) : a ( x ) = a ( y ) ， b ( x ) = b ( y ) ， c ( x ) ≠ c ( y ) } E 1 = { ( x ， y ) : a ( x ) = a ( y ) ， H ( b ( x ) ， b ( y ) ) = 1 ， c ( x ) = c ( y ) = 1 } E 2 = { ( x ， y ) : H ( a ( x ) ， a ( y ) ) = 1 ， b ( x ) = b ( y ) ， c ( x ) = c ( y ) = 0 } E c = { ( x ， y ) : H ( x ， y ) = s + t + 1 } 令 E H 1 ( s ， t ) 为 E F H ( s ， t ) 的属于 E 1 中的边子集导出的诱导子图，即 E H 1 ( s ， t ) 中所有点坐标的表示中，其最左边的s位是一样的，并且最右边的一位固定为1，并且 E H 1 ( s ， t ) 包含 2 s 个与 Q t 同构的不交的子图，计为 E H 1 ( s ， t ) = ∪ i = 1 2 s Q t ( i ) ，注意每个 Q t ( i ) 与 Q t 同构。在两个同构于 Q t 的诱导子图 Q t ( i ) ( 1 ≤ i ≤ 2 s ) 之间是没有边相连的。 类似的，令 E H 0 ( s ， t ) 为 E F H ( s ， t ) 的属于在 E 2 中的边子集导出的诱导子图，即 E H 0 ( s ， t ) 中所有点坐标的表示中，其中间一段s个坐标位的是一样的，并且最右边的一位固定为0。事实上， E H 0 ( s ， t ) 包含 2 t 个同构于 Q s 的不交子图，计为 E H 0 ( s ， t ) = ∪ j = 1 2 t Q s ( j ) 。 首先考虑 E H 0 ( s ， t ) 中的 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) ，每个 Q s ( j ) 里面有 2 s 个点，根据 E F H ( s ， t ) 的定义， Q s ( j )   中的每个点都分别有一个邻点和补点在 E H 1 ( s ， t ) 中，但是同一个点的邻点和补点分布在不同的 Q t ( i ) ( 1 ≤ i ≤ 2 s ) 中。每个 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 里面的 2 s 个点有 2 s 个邻点，这 2 s 个邻点恰好分布在 2 s 个不同的 Q t ( i ) ( 1 ≤ i ≤ 2 s ) 中。同理，每个 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 中的 2 s 个点的补点也分布在 2 s 个不同的 Q t ( i ) ( 1 ≤ i ≤ 2 s ) 中。 接下来讨论 γ ( E F H ( s ， t ) ) 的上界。 E H 0 ( s ， t ) 里面的点可以表示为 a s − 1 ⋯ a i ⋯ a 0 b t − 1 ⋯ b 0 0 ，其中间的一节 b ( x ) = b t − 1 ⋯ b 0 是固定的，每固定一个 b ( x ) 就有一个 Q s ( j ) ，因此 E H 0 ( s ， t ) 有 2 t 个同构于 Q t 的子图 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 。考虑这 2 t 个 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) ，由引理3.1，在每个 Q s ( j ) 中选择一个控制集 D i ( 1 ≤ i ≤ 2 t ) 使 | D 1 | = | D 2 | = ⋯ = | D 2 t | = 1 4 ⋅ 2 s ，且每个 D i 中的点全部由一对对最远的点组成，即里面每对点的Hamming 距离为 s (这是因为最远点对的坐标只有 a s − 1 ⋯ a i ⋯ a 0 是不同的)。则 2 t 个 D i 中，每个 D i 里面的点的中间一节 b ( x ) 都是不一样的，在同一个 D i 里面的点， b ( x ) 是一样的，最右一位都为0，但是 a ( x ) 是可变 的，即有 1 4 ⋅ 2 s 个不同的 a ( x ) 。我们选取的 2 t 个 D i ，每个 D i 之间的 b ( x ) 不一样，但是每个 D i 之间拥有相同的 1 4 ⋅ 2 s 个 a ( x ) 。例如在 E F H ( 4 ， 3 ) 中。有 2 4 个 Q t ， 2 3 个 Q s ，则我们选取 2 3 个 D i ，使 | D 1 | = | D 2 | = ⋯ = | D 8 | = 4 。 D 1 里面的点为00100000和11010000，11000000和00110000； D 2 里面的点为00100010和11010010，11000010和00110010； D 3 里面的点为00100100和11010100，11000100和00110100； D 4 里面的点为00101000和11011000，11001000和00111000； D 5 里面的点为00101100和1101110，11001100和00111100； D 6 里面的点为00101010和11011010，11001010和00111010； D 7 里面的点为00100110和11010110，11000110和00110110； D 8 里面的点为00101110和11011110，11001110和00111110。 在 D i ( 1 ≤ i ≤ 2 t ) 里面取一点为 x = a s − 1 ⋯ a i ⋯ a 0 b t − 1 ⋯ b 0 0 ( D i 中的 b ( x ) = b t − 1 ⋯ b 0 是固定的)。在 Q t ( m ) ( 1 ≤ m ≤ 2 s ) 中， x 有一个邻点 y = a s − 1 ⋯ a 0 b t − 1 ⋯ b 0 1 ( a ( x ) = a s − 1 ⋯ a 0 是固定的)，在 Q t ( n ) ( 1 ≤ n ≤ 2 s ， m ≠ n ) 中 x 有一个补点 z = a ¯ s − 1 ⋯ a ¯ 0 b ¯ t − 1 ⋯ b ¯ 0 1 ( a ( x ) = a ¯ s − 1 ⋯ a ¯ 0 是固定的)，显然 y ， z 不在同一个 Q t 中。每一个 D i ( 1 ≤ i ≤ 2 t ) 中与 x = a s − 1 ⋯ a i ⋯ a 0 b t − 1 ⋯ b 0 0 的 a ( x ) = a s − 1 ⋯ a 0 相同， b ( x ) = b t − 1 ⋯ b 0 不同的点的邻点全部在 Q t ( m ) ，补点在 Q t ( n ) 中，参考图1。但是，在同一个 D i 中， x = a s − 1 ⋯ a i ⋯ a 0 b t − 1 ⋯ b 0 0 有一个最远的点记为 x ′ = a ¯ s − 1 ⋯ a ¯ i ⋯ a ¯ 0 b t − 1 ⋯ b 0 0 ， x ′ 的邻点在 Q t ( n ) 中，补点在 Q t ( m ) 中，每一个 D i ( 1 ≤ i ≤ 2 t ) 中与 x ′ = a ¯ s − 1 ⋯ a ¯ i ⋯ a ¯ 0 b t − 1 ⋯ b 0 0 的 a ( x ) = a ¯ s − 1 ⋯ a ¯ 0 相同， b ( x ) = b t − 1 ⋯ b 0 不同的点的邻点全部在 Q t ( n ) ，补点在 Q t ( m ) 中。例如 E F H ( 4 ， 3 ) ，每个 D i 中 a ( x ) = 0010 的点的邻点都在 a ( x ) = 0010 的 Q t 中，补点在 a ( x ) = 1101 的 Q t 中，因为在 E H 1 ( s ， t ) 中，每固定一个 a ( x ) 就有一个 Q t 。每个 D i 中 a ( x ) = 1101 的点的邻点全部在 a ( x ) = 1101 的 Q t 中，补点在 a ( x ) = 0010 的 Q t 中。即 ∪ i = 1 2 t D i 能控制 1 4 ⋅ 2 s 个 Q t ，且控制 2 t 个 Q s 。 对剩下的 ( 2 s − 1 4 ⋅ 2 s ) 个 Q t ，令 D ′ i 为剩下的 ( 2 s − 1 4 ⋅ 2 s ) 个 Q t 的最小控制集，则 | D | = 2 t ⋅ 1 4 ⋅ 2 s + ( 2 s − 1 4 ⋅ 2 s ) γ ( Q t ) = 2 s + t + 1 + ( 2 s − 2 s − 2 ) γ ( Q t ) 证毕。 定理3.5. 如果 2 ≤ s ≤ t ， t ≥ 3 ，则 γ ( E F H ( s ， t ) ) ≤ ( 2 s − 4 ) γ ( Q t ) + 2 t ( 1 + γ ( Q s − c ) ) 证明：因为 t ≥ 3 ，由引理3.1可知，存在这样的分划使 V ( Q t ) = ∪ i = 1 4 D i ，其中每个 D i 都是 Q t 的控制集。我们在 E F H ( s ， t ) 的导出子图 E H 1 ( s ， t ) 中的 2 s 个 Q t 中选择4个 Q t ( i ) ( 1 ≤ i ≤ 4 ) ， D ′ i ( 1 ≤ i ≤ 4 ) 是这4个 Q t ( i ) ( 1 ≤ i ≤ 4 ) 的控制集，并且 D ′ i 里面的点由 1 4 ⋅ 2 t ⋅ 1 2 对最远的点组成，即一对最远的点的Hamming距离 为t，且 | ∪ i = 1 4 D ′ i | = 2 t ， D ′ i 里面的点的最左边一节 a ( x ) = a s − 1 ⋯ a 0 是固定的，4个 D ′ i 即有4个不同的 a ( x ) ，并且4个 D ′ i 里面的点的中间一节 b ( x ) = b t − 1 ⋯ b 0 的交集是空集。 D ′ i 里面一对最远的点能控制 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 两对Hamming距离为s的最远的点，且这两对最远的点不在同一个 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 里面。参看图2。因为 | ∪ i = 1 4 D ′ i | = 2 t ，则4个 D ′ i 能控制 2 t 个 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 里面的 2 t 对Hamming距离为s的最远的点，这 2 t 对点分别在 2 t 个不同的 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 里。 例如在 E F H ( 3 ， 3 ) 中，有 2 3 个同构于 Q s (为方便，每个就记为 Q s )和在 2 3 个同构于 Q t 的子图(为方便，每个就记为 Q t )，在 2 3 个 Q t 中选取4个 D ′ i ， D 1 ， D 2 ， D 3 ， D 4 里面的点全部由一对最远的点构成，因为 图1. Subgraphs E H 0 ( s ， t ) and E H 1 ( s ， t ) of E F H ( s ， t ) 图2. Subgraphs E H 0 ( s ， t ) and E H 1 ( s ， t ) of E F H ( s ， t ) Q t 里面的点 a ( x ) 是固定的， b ( x ) 是可变的，所以 D 1 中一对最远的点可选取为0000001和0001111， D 2 中一对最远的点可选取为0010011和0011101， D 3 中一对最远的点可选取为0110101和0111011， D 4 中一对最远的点可选取为1111001和1110111，显然4个 D ′ i 里的 b ( x ) 的交集为空集。 2 3 个 Q s 的 b ( x ) 是固定的，每固定一个 b ( x ) 就有一个 Q s ，则令 Q s ( 1 ) 的 b ( x ) = 000 ， Q s ( 2 ) 的 b ( x ) = 001 ， Q s ( 3 ) 的 b ( x ) = 010 ， Q s ( 4 ) 的 b ( x ) = 100 ， Q s ( 5 ) 的 b ( x ) = 111 ， Q s ( 6 ) 的 b ( x ) = 110 ， Q s ( 7 ) 的 b ( x ) = 101 ， Q s ( 8 ) 的 b ( x ) = 011 。 D ′ i 里面的所有点都有一个邻点和补点在 Q s 中，例如 D 1 里面的点0000001的邻点0000000在 Q s ( 1 ) 中，补点1111110在 Q s ( 5 ) 中，0001111的邻点0001110在 Q s ( 5 ) 中，补点1110000在 Q s ( 1 ) 中，并且 Q s ( 1 ) 中的点0000000与点1110000是一对Hamming距离为s的最远的点， Q s ( 5 ) 中点1111110和点0001110也是一对Hamming距离为s的最远的点，则 D 1 里面一对最远的点可以控制 Q s 中两对最远的点，且这两对点不在同一个 Q s 中，则 D 1 ， D 2 ， D 3 ， D 4 里面的所有点能控制 2 3 个 Q s 中8对最远的点，且这8对点分布在不同的 Q s 中。 对于 5 ≤ i ≤ 2 s ，令 D ′ i 为 Q t ( i ) 的最小控制集，对 j = 1 ， 2 ， ⋯ ， 2 t ，令 D ″ j 为 ( Q s ( j ) ) − c 的最小控制集，则 | D | = | ∪ i = 1 4 D ′ i | + | ∪ i = 5 2 s D ′ i | + | ∪ j = 1 2 t D ″ j | = 2 t + ( 2 s − 4 ) γ ( Q t ) + 2 t ( Q s ( − c ) ) 即 γ ( E F H ( s ， t ) ) ≤ ( 2 s − 4 ) γ ( Q t ) + 2 t ( 1 + γ ( Q s − c ) ) 定理3.6. 令 2 ≤ s ≤ t ，     t ≥ 3 ，     p = ⌊ log 2 ( t + 1 ) ⌋ ，如果 s ≥ p ，则 γ ( E F H ( s ， t ) ) ≤ ( 2 s − 2 p ) γ ( Q t ) + 2 t ( 1 + γ ( Q s − c ) ) 证明：由引理3.2可知 Q t 里面的顶点能够被分成等份的控制集 D 1 ， ⋯ ， D p 。由定理3.4的证明可知 E H 1 ( s ， t ) 是 Q t ( 1 ) ， ⋯ ， Q t ( 2 s ) 的不交并。对 1 ≤ i ≤ 2 p ，令 D ′ i 为 Q t ( i ) 的控制集， D ′ 1 ， ⋯ ， D ′ 2 p 里面的点由 1 2 p ⋅ 2 t ⋅ 1 2 对Hamming距离为t的最远的点组成， | ∪ i = 1 2 p D ′ i | = 2 t ，且 2 p 个 D ′ i 里面的点的 b ( x ) 交集为空集。证明过 程与定理3.5的证明是类似的，同样， D ′ i 里面一对最远的点能控制 Q s ( j ) ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 里面两对Hamming距离为s的最远的点，且这两对点不在同一个 Q s 里。因为 | ∪ i = 1 2 p D ′ i | = 2 t ，则 2 p 个 D ′ i 能控制 Q s 里面的 2 t 对Hamming距离为s的最远的点，这 2 t 对点分别在 2 t 个不同的 Q s 里。 对 2 p + 1 ≤ i ≤ 2 s ，令 D ″ i 为 Q t ( i ) 的最小控制集， D ‴ j 为 ( Q s ( j ) ) − c ( 1 ≤ j ≤ 2 t ) 的最小控制集。显然 D = ( ∪ i = 1 2 p D ′ i ) ∪ ( ∪ i = 2 p + 1 2 s D ″ i ) ∪ ( ∪ j = 1 2 t D ‴ j ) 为 E F H ( s ， t ) 的控制集，即 γ ( E F H ( s ， t ) ) ≤ 2 t + ( 2 s − 2 p ) γ ( Q t ) + 2 t γ ( Q s − c ) 所以 γ ( E F H ( s ， t ) ) ≤ ( 2 s − 2 p ) γ ( Q t ) + 2 t ( 1 + γ ( Q s − c ) ) 。