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user: 8. n维折叠超立方体FQ n 的诊断度 引理8.1假设F是 F Q n ( n ≥ 6 ) 中任意边子集， | F | ≤ n − 1 。 F Q n − F 中存在一个延展星图 E S ( x ; d F Q n − F ( x ) ) ，其中 x ∈ V ( F Q n ) 。 证明 F Q n 可以沿第n位分解为 F Q n 0 和 F Q n 1 两个子图。当 i ∈ { 0 ， 1 } 时， F Q n i 同构于 Q n − 1 。由于 F Q n 是点传递的，不失一般性，我们假定 x = 00 ⋯ 00 ∈ V ( F Q n 0 ) 。由引理6.2， F Q n i 中每个点都有两个外部邻点。设 y 0 、 y 1 是x在 F Q n 1 中的邻点。假设 y 0 = 00 ⋯ 01 ， y 1 = 11 ⋯ 11 。设 F i = F ∩ E ( F Q n i ) 对于 i ∈ { 0 ， 1 } ， | F 0 | = max { | F 0 | ， | F 1 | } 。因此 | F i | ≤ n − 1 对于 i ∈ { 0 ， 1 } 。为了证明这个引理，我们首先需要在 F Q n 0 − F 0 中x点 处找到一个延展星图 E S ( x ; d F Q n 0 − F 0 ( x ) ) ，然后在 F Q n 1 − F 1 中找两条点不交的三长路 P y 0 和 P y 1 ，其中 P y i 代 表以 y i 作为起始点的路 ( i ∈ { 0 ， 1 } ) 。最后我们连接 P y 0 和 P y 1 到x，并结合 E S ( x ; d F Q n 0 − F 0 ( x ) ) 。因此我们就在 F Q n − F 中x点处找到了一个延展星图 E S ( x ; d F Q n − F ( x ) ) 。 情形1 | F 0 | ≤ n − 3 由 F Q n 0 ≅ Q n − 1 ， | F 0 | ≤ n − 3 和引理7.1，我们在 F Q n 0 − F 0 中x点处得到一个延展星图 E S ( x ; d F Q n 0 − F 0 ( x ) ) 。 设 A = E S ( x ; d F Q n 0 − F 0 ( x ) ) 。如果 x y 0 ∈ F 、 x y 1 ∈ F ，我们就不需要发现两条分别通过 y 0 、 y 1 的路。如果 x y 0 和 x y 1 中仅有一条属于F，则不妨假设 x y 1 ∈ F 。此时我们只需要在 F Q n 1 − F 1 中找一条以 y 0 开头的三长路 P y 0 。由于 λ ( F Q n 1 ) = λ ( Q n − 1 ) = n − 1 > n − 3 ≥ | F 1 | 。因此 F Q n 1 − F 1 是连通的。当 n ≥ 6 时， | V ( F Q n 1 ) | = 2 n − 1 ≥ 2 5 = 32 。因此在 F Q n 1 − F 1 中存在一条以 y 0 开头的三长路 P y 0 。我们连接 P y 0 到x，然后结合A，我们就可以在 F Q n − F 中x点处得到一个延展星图 E S ( x ; d F Q n − F ( x ) ) 。如果 x y 0 和 x y 1 都不属于F，此时我们需要在 F Q n 1 − F 1 中找到一条以 y 0 开头的三长路 P y 0 和一条以 y 1 开头的三长路 P y 1 ，且两条路是点不交的。设 H i ( i ∈ { 0 ， 1 } ) 是由第 n − 1 位是i、第n位是1的点集导出的 F Q n 1 的子图。于是， y i ∈ V ( H i ) 。由n维超立方体和折叠超立方体的定义， H i 同构于 Q n − 2 。由于 λ ( H i ) = λ ( Q n − 2 ) = n − 2 > n − 3 ≥ | F 1 | ，故 H i − F 1 是连通的。由 n ≥ 6 时， | V ( H i ) | = 2 n − 2 ≥ 2 4 = 16 ，因此我们可以在 H i − F 1 中找到一条以 y i 开头的三长路 P y i ( i ∈ { 0 ， 1 } ) 。显然，这两条三长路是点不交的，然后我们连接 P y 0 和 P y 1 到x，最后结合A。因此我们在 F Q n − F 中x点处得到了一个延展星图 E S ( x ; d F Q n − F ( x ) ) 。 情形2 | F 0 | = n − 2 设 f ∈ F 0 ， F ′ = F 0 \ { f } 。故 | F ′ | = n − 3 。由 F Q n 0 ≅ Q n − 1 和引理7.1，在 F Q n 0 − F ′ 中x点处存在延展星 图 E S ( x ; d F Q n 0 − F ′ ( x ) ) ，设 A = E S ( x ; d F Q n 0 − F ′ ( x ) ) 。如果 f ∉ E ( A ) ，则 E S ( x ; d F Q n 0 − F 0 ( x ) ) = A 。假定 f ∈ E ( A ) 。 如果f与x关联，我们删除这条包含f的路。假定f不与x关联。令f在A中一条三长路 P u 中， u ∈ N F Q n 0 ( x ) 。由n维折叠超立方体的定义， N F Q n 0 ( x ) = { 100 ⋯ 000 ， 010 ⋯ 000 ， ⋯ ， 000 ⋯ 010 } 。不失一般性，设 u = 100 ⋯ 000 。我们得到 P u = P 100 ⋯ 000 。我们需要找到另一条没有遗失边的三长路 P u 。由n维折叠超立方体的定义，u在 F Q n 1 中有两个邻点 u 0 ， u 1 。不妨设 u 0 = 011 ⋯ 111 ， u 1 = 100 ⋯ 001 。设 H i j 是由第1位是i，第2位是j，第n位是1的点集导出的 F Q n 1 的子图，其中 i ， j ∈ { 0 ， 1 } 。由n维超立方体和折叠超立方体的定义， H i j 同构于 Q n − 3 。于是， u 0 ∈ V ( H 01 ) ， u 1 ∈ V ( H 10 ) ， y 0 ∈ V ( H 00 ) ， y 1 ∈ V ( H 11 ) 。由于 λ ( H i j ) = λ ( Q n − 3 ) = n − 3 > 1 ≥ | F 1 | ，故 H i j − F 1 是连通的。由 n ≥ 6 ， | V ( H i j ) | = 2 n − 3 ≥ 2 3 = 8 。因此我们可以在 H 01 − F 1 中找到一条二长路 P u 0 ， H 10 − F 1 中找到一条二长路 P u 1 ， H 00 − F 1 中找到一条三长路 P y 0 ， H 11 − F 1 中找到一条三长路 P y 1 。显然，这四条路是点不交的。注意到 | F | − | F 0 | ≤ 1 。如果存在某个 i ∈ { 0 ， 1 } 使得 u u i ∈ F ，那么 u u j ∉ F ， j ∈ { 0 ， 1 } \ { i } 。然后我们连接 P u j 与u得到一条没有遗失边的三长路 P u 。如果存在某个 i ∈ { 0 ， 1 } 使得 x y i ∈ F ，那么我们就不需要找以 y i 开始的路。否则，我们需要连接 P y 0 、 P y 1 到x。最后我们在 F Q n − F 中x点处得到一个延展星图 E S ( x ; d F Q n − F ( x ) ) 。 情形3 | F 0 | = n − 1 设 f ， f ′ ∈ F 0 ， F ′ = F 0 \ { f ， f ′ } 。故 | F ′ | = n − 3 。由 F Q n 0 ≅ Q n − 1 和引理7.1，在 F Q n 0 − F ′ 中x点处存在 延展星图 E S ( x ; d F Q n 0 − F ′ ( x ) ) ，设 A = E S ( x ; d F Q n 0 − F ′ ( x ) ) 。如果x与遗失边 { f ， f ′ } 关联，则我们删除有遗失 边的路。假定x不与遗失边 { f ， f ′ } 关联。如果f和 f ′ 中至多有一条属于A，证明类似于情形2。故我们假设f和 f ′ 分别属于A中两条不同的路 P u 和 P v ，其中 u ， v ∈ N F Q n 0 ( x ) 。我们删除这两条包含遗失边的路，再重新找两条不含遗失边的路 P u 和 P v 。由n维折叠超立方体的定义， N F Q n 0 ( x ) = { 100 ⋯ 000 ， 010 ⋯ 000 ， ⋯ ， 000 ⋯ 010 } 。不失一般性，设 u = 100 ⋯ 000 ， v = 010 ⋯ 000 。于是， P u = P 100 ⋯ 000 ， P v = P 010 ⋯ 000 。不妨设 u 0 = 100 ⋯ 001 是u在 F Q n 1 中的一个邻点， v 0 = 010 ⋯ 001 是v在 F Q n 1 中的一个邻点。设 H i j ( i ， j ∈ { 0 ， 1 } ) 是由第1位是i，第2位是j，第n位是1的点集导出的 F Q n 1 的子图。由n维超立方体和折叠超立方体的定义， H i j 同构于 Q n − 3 。于是， u 0 ∈ V ( H 10 ) ， v 0 ∈ V ( H 01 ) ， y 0 ∈ V ( H 00 ) ， y 1 ∈ V ( H 11 ) 。因为 | F | − | F 0 | = 0 ，所以 H i j − F 1 是连通的。由 n ≥ 6 ， | V ( H i j ) | = 2 n − 3 ≥ 2 3 = 8 。因此我们可以在 H 10 − F 1 ， H 01 − F 1 ， H 00 − F 1 和 H 11 − F 1 中分别找到一条二长路 P u 0 ，二长路 P v 0 ，三长路 P y 0 和三长路 P y 1 。显然，这些路是点不交的。我们分别连接 P u 0 到u， P v 0 到v， P y 0 到x， P y 1 到x。于是，我们就在 F Q n − F 中x点处得到了一个延展星图 E S ( x ; d F Q n − F ( x ) ) 。 当遗失边个数 | F | = 0 时，由引理4.2，4.3和8.1，我们得到以下推论。 推论8.1n维折叠超立方体 F Q n ( n ≥ 6 ) 的诊断度是 n + 1 。即 t ( F Q n ) = n + 1 。 定理8.1设F是 n ( n ≥ 6 ) 维折叠超立方体 F Q n 中任意边子集且 | F | ≤ n − 1 。 F Q n − F 有强局部诊断性，其中F的个数是最优的。 证明由引理4.3和8.1，在 F Q n − F 中，每个点x的局部诊断度都等于它的度。由引理4.4和4.5， F Q n − F 有强局部诊断性。现在我们证明F的个数是最优的。接下来我们举例说明当 | F | = n 时， F Q n − F 不具有强局部诊断性。由于 F Q n 是点传递的，不失一般性，假设 x = 00 ⋯ 00 ∈ V ( F Q n ) 。我们假设 F Q n 中n条遗失边F都与x关联，那么在 F Q n − F 中x的度就变成了1。即 d F Q n − F ( x ) = 1 。假设u是x在 F Q n − F 中唯一的邻点。令 F 1 = ( { u } ∪ N ( u ) ) \ { x } ， F 2 = N ( u ) 。此时 | F 1 | = | F 2 | = n + 1 。显然， V ( F Q n ) \ ( F 1 ∪ F 2 ) 和 F 1 Δ F 2 之间没有边。由定理3.1和引理4.4， F Q n − F 中u在MM*模型下不是局部 n + 1 可诊断的。然而， d F Q n − F ( u ) = n + 1 。故在 F Q n − F 中u的局部诊断度(少于 n + 1 )不等于它的度(等于 n + 1 )。因此，u没有强局部诊断性。故n维折叠超立方体有n条遗失边时，就不具有强局部诊断性了。