葉宏波， 楊 超*， 殷志祥， 姚 兵

(1.上海工程技術(shù)大學(xué) 數(shù)理與統(tǒng)計學(xué)院/智能計算與應(yīng)用統(tǒng)計研究中心, 上海 201620; 2.西北師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院, 甘肅 蘭州 730070)

0 引 言

圖的染色問題是圖論中的重要問題之一，在數(shù)學(xué)、化學(xué)和計算機(jī)科學(xué)等領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用，具體涉及排課問題、交通問題、電路設(shè)計問題和無線電通訊頻道分配問題等。從最初的點染色[1]、邊染色[2]和全染色[3-5]，再到后來的(鄰)點可區(qū)別邊染色[6]、(鄰)點可區(qū)別全染色[7-8]、鄰和可區(qū)別邊染色[9-10]和鄰和可區(qū)別全染色[11-13]等，染色問題一直都是學(xué)者們關(guān)注和研究的熱點。2017年，F(xiàn)landrin等[14]定義了圖的鄰點全和可區(qū)別全染色，目前此類染色還有待進(jìn)一步研究。本文將對幾類笛卡爾積圖的鄰點全和可區(qū)別全染色問題進(jìn)行深入探討。

文中V(G)、E(G)和Δ(G)分別表示圖G的頂點集、邊集和頂點的最大度，集合[a,b]={a,a+1,…,b} (a

2021年，Chang等(1)Chang J Z, Yang C, Yin Z X, et al. Neighbor full sum distinguishing non-proper total coloring of graphs[J]. Submitted to Journal, 2021.研究了路、圈、三正則圖、星、完全圖、超立方圖、二部圖、完全r-部圖的鄰點全和可區(qū)別全染色，并提出下述猜想：

猜想[15]： 對于任意一個階數(shù)至少為3的簡單連通圖G，都有fgndi∑(G)≤3。

定義2設(shè)G1=(V1,E1)與G2=(V2,E2)是2個簡單連通圖，G1與G2的笛卡爾乘積圖定義為G1×G2=(V,E)，其中,V=V1×V2={(ui,vj)|ui∈V1,vj∈V2}，

E={((u1,v1), (u2,v2))|v1=v2且(u1,u2)∈E1，或u1=u2且(v1,v2)∈E2}。

本文研究了幾類笛卡爾乘積圖的鄰點全和可區(qū)別非正常全染色，所得結(jié)論證實了上述猜想。

1 路、圈之間的笛卡爾乘積圖

本文中路、圈之間的笛卡爾乘積圖分為：①路與路笛卡爾乘積圖；②路與圈笛卡爾乘積圖；③圈與圈笛卡爾乘積圖。本文定義Gm×Hn表示有m行和n列，其中,vi, j表示第i行第j列的點。

定理1fgndi∑(Pm×Pn)=2。

證明易得fgndi∑(P2×P2)=2。由于m為奇數(shù)，n為偶數(shù)，與m為偶數(shù)，n為奇數(shù)時Pm×Pn結(jié)構(gòu)相同，所以下面分3種情況討論。

情形1.m≡1(mod 2),n≡1(mod 2)。

首先令f(vi, j)=2(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2))，其余點和邊均染1。

此時各點的權(quán)重為：φ(v1,1)=φ(v1,n)=φ(vm,1)=φ(vm,n)=5；

φ(vi, j)=8(i=1,m,j≡0(mod 2);i≡0(mod 2),j=1,n)；

φ(vi, j)=7(i=1,m,j≡1(mod 2),j≠1,n;i≡1(mod 2),i≠1,m,j=1,n)；

φ(vi, j)=9(i≡1(mod 2),i≠1,m,j≡1(mod 2),j≠1,n)；

φ(vi, j)=10(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=11(i≡0(mod 2),j≡1(mod 2),j≠1,n;i≡1(mod 2),i≠1,m,j≡0(mod 2))。

情形2.m≡0(mod 2),n≡0(mod 2)。

令f(vi, j)=2(i≡0(mod 2),i≠m,j≡0(mod 2),j≠n)，f(vm-1, jvm, j)=f(vi,n-1vi,n)=2 (i≡0(mod 2),i≠m,j≡0(mod 2),j≠n)，其余點和邊均染1。

此時各點權(quán)重為：φ(v1,1)=φ(v1,n)=φ(vm,1)=φ(vm,n)=5；

φ(vi, j)=7(i=1,m,j≡1(mod 2),j≠1;i≡1(mod 2),i≠1,j=1,n)；

φ(vi, j)=8(i=1,m,j≡0(mod 2),j≠n;i≡0(mod 2),i≠m,j=1,n)；

φ(vi, j)=9(i≡1(mod 2),i≠1,j≡1(mod 2),j≠1)；

φ(vi, j)=10(i≡0(mod 2),i≠m,j≡0(mod 2),j≠n)；

φ(vi, j)=11(i≡0(mod 2),i≠m,j≡1(mod 2),j≠1;i≡1(mod 2),i≠1,j≡0(mod 2),j≠n)。

情形3.m≡0(mod 2),n≡1(mod 2)。

此時令f(vi, j)=2(i≡0(mod 2),i≠m,j≡0(mod 2))，f(vm-1, jvm, j)=2(j≡0(mod 2))，其余點和邊均染1。

則各點的權(quán)重為：φ(v1,1)=φ(vm,1)=φ(v1,n)=φ(vm,n)=5；

φ(vi, j)=8(i=1,m,j≡0(mod 2);i≡0(mod 2),i≠m,j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=7(i=1,m,j≡1(mod 2),j≠1,n;i≡1(mod 2),i≠1,j=1,n)；

φ(vi, j)=9(i≡1(mod 2),i≠1,j≡1(mod 2),j≠1,n)；

φ(vi, j)=10(i≡0(mod 2),i≠m,j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=11(i≡0(mod 2),i≠n,j≡1(mod 2),j≠1;i≡1(mod 2),i≠1,m,j≡0(mod 2))。

綜上3種情形可得任意相鄰兩點的權(quán)重各不相等，即fgndi∑(Pm×Pn)≤2，又fgndi∑(Pm×Pn)≥2，所以fgndi∑(Pm×Pn)=2。

定理2fgndi∑(Pm×Cn)=2。

證明以下分4種情形進(jìn)行討論。

情形1.m≡0(mod 2),n≡1(mod 2)。

此時令f(vi, j)=2(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2))，其余點和邊均染1。

則各點的權(quán)重為：φ(vi, j)=7(i≡1(mod 2),j=1,n)；

φ(vi, j)=8(i≡0(mod 2),j=1,n)；

φ(vi, j)=9(i≡1(mod 2),j≡1(mod 2),j≠1,n)；

φ(vi, j)=10(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=11(i≡1(mod 2),j≡0(mod 2);i≡0(mod 2),j≡1(mod 2),j≠1,n)。

情形2.m≡1(mod 2),n≡1(mod 2)。

由于m-3≡0(mod 2),所以可令f(vi, j)=2(i≡1(mod 2),i>3,j≡0(mod 2))，

f(e0)=f(v0)=1(e0∈E(G1),v0∈V(G1){vi, j}),其中(G1=Pk×Pn,k∈[4,m])；

f(v1, jvm, j)=1。f(v1, jv1, j+1)=2(j≠n);f(v1, jv2, j)=2;f(v3, j)=2(j≡0(mod 2))；

f(v2, jv3, j)=f(v3, jv4, j)=2(j≡0(mod 2))；f(v3, jv3, j+1)=2(j≡0(mod 2),j≠2)；

f(v3,1v3,2)=2；f(e1)=f(v1)=1(e1∈E(G)E0,v1∈V(G)V0)(E0表示上述已染色的邊集，V0表示上述已染色的點集)。

此時,各點的權(quán)重為：φ(u)(u∈V(G1){v4, j})同情形1，其余點的權(quán)重如下：

φ(v4,1)=φ(v4,n)=7；φ(v2,1)=φ(v2,n)=8；φ(vi, j)=9(i=1,3,j=1,n)；

φ(v4, j)=9(j≡1(mod 2),j≠1,n)；φ(v2, j)=10(j≡1(mod 2),j≠1,n)；

φ(v2,3)=11；φ(vi, j)=13(i=1,3,j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=12(i=1,j≡1(mod 1),j≠1,n;i=2,4,j≡0(mod 2);i=3,j≡1(mod 2),j≠1,3,n)

情形3.m≡0(mod 2),n≡0(mod 2)。

f(vi, j)=2(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2),j≠n)；f(vi,n-1vi,n)=2(i≡0(mod 2))；

f(e2)=f(v2)=1(e2∈E(G)E1,v2∈V(G)V1)(E1表示上述已染色的邊集，V1表示上述已染色的點集)。此時各點的權(quán)重如下：

φ(vi, j)=7(i≡1(mod 2),j=1,n)；φ(vi, j)=8(i≡0(mod 2),j=1,n)；

φ(vi, j)=9(i≡1(mod 2),i≠1,j≡1(mod 2),j≠1)；

φ(vi, j)=10(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2),j≠n)；

φ(vi, j)=11(i≡1(mod 2),j≡0(mod 2),j≠n;i≡0(mod 2),j≡1(mod 2),j≠1)。

情形4.m≡1(mod 2),n≡0(mod 2)。

f(vi, j)=2(i≡1(mod 2),i≠1,j≡0(mod 2),j≠n)；f(vi,n-1vi,n)=2(i≡1(mod 2),i≠1)；

f(v1,1)=f(v1,n)=f(v1, jv1, j+1)=2(j≠n)；f(v1, jv2, j)=2。其余點和邊均染色1。

則各點的權(quán)重為:φ(vi, j)=7(i≡0(mod 2),i≠2,j=1,n)；

φ(vi, j)=8(i≡1(mod 2),i≠1,m,j=1,n)；

φ(vi, j)=9(i=2,m-1,j=1,n;i≡0(mod 2),i≠2,j≡1(mod 2),j≠1)；

φ(vi, j)=10(i=1,j=1,n;i≡1(mod 2),i≠1,j≡0(mod 2),j≠n;i=2,j≡1(mod 2),j≠1)；

φ(vi, j)=11(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2),j≠n;i≡1(mod 2),i≠1,j≡1(mod 2),j≠1)；

φ(vi, j)=12(i=1,j≡1(mod 2),j≠1,n-1)；

φ(vi, j)=13(i=1,j≡0(mod 2),j≠2,n)；

φ(vi, j)=14(i=1,j=2,n-1)。

由上述4種情形可得任意相鄰兩點的權(quán)重各不相等，即fgndi∑(Pm×Cn)≤2，

又fgndi∑(Pm×Cn)≤2，因此，fgndi∑(Pm×Cn)=2。

定理3fgndi∑(Cm×Cn)=2(m,n>6)。

證明由于Cm×Cn在m、n分別為奇數(shù)和偶數(shù)的結(jié)構(gòu)與m、n分別為偶數(shù)和奇數(shù)時相同，故以下考慮3種情況即可。

情形1.m≡0(mod 2),n≡0(mod 2)。

令f(vi, j)=2(i≡1(mod 2),j≡0(mod 2))，其余點和邊均染1。

則各點的權(quán)重為:φ(vi, j)=9(i≡0(mod 2),j≡1(mod 2))；

φ(vi, j)=10(i≡1(mod 2),j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=11(i≡1(mod 1),j≡1(mod 2);i≡0(mod 2),j≡0(mod 2))。

情形2.m≡0(mod 2),n≡1(mod 2)。

令f(vi, j)=2(i≡1(mod 2),j≡1(mod 2))；f(vi,nvi,1)=2(i≡1(mod 2))；

f(vi,1vi,2)=2(i≡1(mod 2))；f(vi,1vi+1,1)=2(i≡1(mod 2))；其它均為1。

則各點的權(quán)重為：φ(vi, j)=9(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2))；

φ(vi, j)=10(i≡1(mod 2),j≡1(mod 2),j≠1,n)；

φ(vi, j)=11(i≡1(mod 2),j≡0(mod 2),j≠2;i≡0(mod 2),j≡1(mod 2),j≠1)；

φ(vi, j)=12(i≡1(mod 2),j=2,n;i≡0(mod 2),j=1)；

φ(vi, j)=14(i≡1(mod 2),j=1)。

情形3.m≡1(mod 2),n≡1(mod 2)(m>6,n>6)。

令f(vi, j)=2(i≡1(mod 2),j≡1(mod 2),(i≠m,j≠1))；

f(vi,nvi,1)=2(i≡1(mod 2),i≠m)；f(vi,1vi,2)=2(i≡1(mod 2))；

f(vi,1vi+1,1)=2(i≡1(mod 2),i≠m)；f(vm, jv1, j)=2(j≡1(mod 2),j≠n)；

f(vm-1, jvm, j)=2(j≡1(mod 2),j≠n)；

f(vm, jvm, j+1)=2(j≡1(mod 2),j≠n;j=4,m-1)；f(v1,3v1,4)=2；

f(v1,5v2,5)=2；其余點和邊均為1。

則各點的權(quán)重為:φ(vi, j)=9(i≡0(mod 2),j≡0(mod 2));

φ(vi, j)=10(i≡1(mod 2),i≠1,m,j≡1(mod 2),j≠1,n)；

φ(vi, j)=13(i=1,j=3,5,n;i=m,j=4,n-2)；

φ(vi, j)=14(i=m,j≡1(mod 2),j≠n,i≡1(mod 2),i≠1,j=1)；φ(v1,1)=15。

因此，fgndi∑(Cm×Cn)≤2又fgndi∑(Cm×Cn)≥2，即證fgndi∑(Cm×Cn)=2。

2 路、圈分別與完全圖的笛卡爾乘積圖

定理4fgndi∑(Km)=3。

證明由完全圖Km的定義知，Km的一個鄰點全和可區(qū)別全染色實則為一個鄰和可區(qū)別邊染色。若Km只用2種顏色處理，不妨將點都染1，一個點對剩下(m-1)個點有(m-1)條連邊，則每個點的關(guān)聯(lián)邊染2的個數(shù)范圍只可能為[0,m-1]，若存在(m-1)條關(guān)聯(lián)邊都染2的點u，一定存在(m-1)條關(guān)聯(lián)邊全染1的點v，由于u,v相鄰，故不存在上述情形，即Km無法用2種顏色來區(qū)分。φ(Km)表示完全圖Km中各點權(quán)重的集合。若Km只用2種顏色染色，同時達(dá)到權(quán)重相同的點只有2個，染色情況如下：

情形1.m≡0(mod 2)。

情形2.m≡1(mod 2)。

若用3種顏色，則對于上述2種情形做出如下調(diào)整：

情形2.1.m≡0(mod 4)。

此時φ(Km)-(2m-1)∈[0,m-1]。

情形2.2.m≡2(mod 4)。

情形2.3.m≡1(mod 4)。

此時φ(Km)-(2m-1)∈[0,m-1]。

情形2.4.m≡3(mod 4)。

由上述情形可知：fgndi∑(Km)≤3，又fgndi∑(Km)≥3，即證fgndi∑(Km)=3。

定理5fgndi∑(Pn×Km)=2(m>5,n≥2)。

情形1.m≡0(mod 2),n≡0(mod 2)。

情形2.m≡0(mod 2),n≡1(mod 2)。

情形3.m≡1(mod 2),n≡0(mod 2)。

情形4.m≡1(mod 2),n≡1(mod 2)。

由上述情況可得fgndi∑(Pn×Km)≤2(m>5,n≥3)，又fgndi∑(Pn×Km)≥2。即證fgndi∑(Pn×Km)=2(m>5,n≥3)。

定理6fgndi∑(Cn×Km)=2(m>5,n≥3)。

證明分析同定理5。下面分3種情況進(jìn)行討論。

情形1.n≡0(mod 2)。

情形2.n≡1(mod 2),m≡0(mod 2)。

情形3.n≡1(mod 2),m≡1(mod 2)。

由上述3種情況可得,fgndi∑(Cn×Km)≤2(m>5,n≥3)。 又fgndi∑(Cn×Km)≥2，即證fgndi∑(Cn×Km)=2(m>5,n≥3)。