填色盘的制作方法

专利名称：填色盘的制作方法
技术领域：
本发明为智力玩具。
背景技术：
地图四色问题是一个著名的数学难题，已有150多年历史。没有这方面的智力玩具。

发明内容
本发明的目的是提供这方面的智力玩具。
本发明的目的是这样实现的，设置一个圆盘，圆盘的边界圆周有不同于内部的颜色。另有V个(整数)小立方体棋子，每个小立方体的六个面，染有选定的六种颜色之一，放在圆周的叫顶点的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边。棋子向上的一面可以有选定的(6，5或)4种颜色之一。叫做顶点的颜色。另外再用两种颜色的笔在圆内各画V-3条连接顶点的弦(同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边和外边.任意二内边(或外边)不相交。同一条边(界，内或外边)两端的顶点叫相邻。游戏规则是对每个顶点选取6，5或4种颜色之一使它和相邻的顶点有不同的颜色。
本发明的具体结构由以下附图和实施例给出。


图1，填色盘俯视图。
图2，片状图。
图3，证明用图。
具体实施例方式
图1，设置一个圆盘1，圆盘的边界圆周有不同于内部的颜色。另有V个(整数)类似棋子的小立方体，每个小立方体的六个面，染有选定的六种颜色之一，做成叫顶点2的棋子，放在圆周的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边3。顶点向上的一面可以有选定的(6，5或)4种颜色之一，叫做顶点的颜色。另外再用两种颜色(图中用实线和虚线表示)的笔在圆内各画V-3条连接顶点的弦(同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边4和外边5。任意二内边(或外边)不相交。同一条边(界，内或外边)两端的顶点叫相邻。游戏规则是对每个顶点选取6，5或4种颜色之一使它和相邻的顶点有不同的颜色。
本智力玩具可行性由以下证明给出。
任意平面图可以用四种颜色着色崔世泰 上海市丽园路842弄26号104室摘要平面图(V，E)，n＝|V|，n＝3时是三角形T，显然是4顶点可着色的且着色解的数目(包括颜色置换)|S(T)|＝β＝24.在三角形上添加一个三角形解的数目增加一倍，以后再添加一条边删去的解的数目小于原来的解的数目的一半，任何最大平面图可以添加n-3个三角形和n-3条边得到，故解的数目≥β.
关键词 添加 删去 条 外图 片图四色定理有一个计算机证明[1].本证明不用计算机.
最大平面图A＝(V，E)的每个面是三角形，没有重合边(即二边顶点相同).其三角形面集记作OT(A).令Δ＝Min{dA(v)v∈V(A)}.本文证明Δ≥4的最大平面图是4可着色的.
除了一个外部面是n边形面Cn，其余都是三角形面且全部顶点都在外部面上的平面图简称外图，记作X或Y，Z.Oc(X)＝E(Cn)和Od(X)＝E(X)\E(Cn)叫X的界边集，内边集，X的全部三角形面记作OT(X).A叫片图如果A＝X∪Y且Oc(X)＝Oc(Y).设X，Zi，Zj为外图，满足Od(Zi)∩Od(Zj)＝空集，i≠j，i，j＝1，2，...，k.若E(Zi)属于Od(X)则Xp＝X\(∪{Od(Zi)i＝1，2，...k})叫带k个孔的外图，Oc(Zi)叫孔.Od(Xp)＝Od(X)＼(∪{Od(Zi)i＝1，2，...，k})，OT(Xp)＝OT(X)\(∪{OT(Zi)i＝1，2，...，k}).Ap＝Xp∪Yp叫带孔片图，若Oc(Ap)＝Oc(Xp)＝Oc(Yp)，Xp和Yp叫带孔片图的两个面.设Api＝Xpi∪Ypi，i＝1，2.若Yp1∩Xp2＝Oc(Z)≠空集，Ap1和Ap2叫相邻.
定理1 最大平面图A是有向树，叫A的一个表示A’，其顶点集是带孔片图集V＝{Apii＝0，1，2，...，k}，边集是相邻的带孔片图集.
证明 设A是最大平面图，其子图X是外图，X的生成序是序集OT(X)＝{T1，T2，...Ts-2}满足Xj＝∪{T1，T2，...Tj-2}是A的子外图，j＝3，4，...，s，Ti∈OT(A).在A上用外图生成序生成的最大子外图记为X0，其边界为C0，则Ap0＝X0∪{y:y∈E(A)且y的两端顶点在C0上}.设Yp0上有k个孔Oc(Zi)，i＝1，2，...，k.，带一个孔Oc(Zi)的外图Xpi生成序是OT(Xpi)＝{T1，T2，..Ts-2}满足Xpij＝Oc(Zi)∪{T1，T2，..Tj-2}为带一个孔Oc(Zi)的外图，其中j＝3，4，...，s；Tu∈OT(A)，u＝1，2，...，j-2.设生成的k个最大带孔Oe(Zi)外图为Xp1，Xp2，..，Xpk，其边界为C1，C2，...，Ck，则Api＝Xpi∪{y:y∈E(A)且y的两端顶点在Ci上}.由于A有限定理成立.记Ody(A’)＝∪{Od(Ypj)j＝0，1，...，k}，Odx(A’)＝∪{Od(Xpj)j＝0，1，...，k}，OTy(A’)＝∪{OT(Ypj)j＝0，1，...，k}，OTx(A’)＝∪{OT(Xpj)j＝0，1，...，k}.A的表示A’不是唯一的.
设v∈V(A)，用Wv记OT(A)中有一个顶点是v的三角形集.Wv＝{T:T∈OT(A)，v∈V(T)}.v也叫Wv的中心，与v相邻的边叫半径，Wv中不与v相邻的边叫周边.E(Wv)中全部半径的集记为Wvr，全部周边的集记为Wvc.设Wv属于依次相邻的f个带孔片图，当f＝1时v叫独立顶点，否则v叫牵连顶点.
设X有外图生成序OT(X)＝{T1，T2，...Tn-2}，Xj＝∪{T1，T2，...Tj-2}，s＝(c1，c2，..，cn)为X的一个着色解，X的全部解为S(X)，其中ci∈D＝{1，2，3，4}，D是色集合.则|S(Xj)|＝2j-1β，j＝1，2，...，n-2.外图Xt，Xs叫相邻若|E(Xt)∩E(Xs)|＝1.相邻的外图满足|S(Xt∪Xs)|＝2t+s-1β，记作S(Xt∪Xs)＝S(Xt)*S(Xs).故S(X)＝S(T1)*S(T2)*...*S(Tn-2).设三角形T＝(i，j，k)，S((i，j))为其任一条边(i，j)的解集，则|S(T)|＝2|S((i，j))|，因为若s＝(ci，cj)∈S((i，j))，s1＝(ci，cj，ck1)和s2＝(ci，cj，ck2)都∈S(T)，其中{ci，cj，ck1，ck2}＝D.故添加一个三角形后解集有2扩张.从边(i，j)到顶点k叫扩张方向.在S(X)＝S(T1)*S(T2)*...*S(Tn-2)中任一S(Tj)的扩张方向可任取，另外X也是三角形集OT(X)的树，其顶点集是OT(X)，边集是相邻三角形的集.把任一Ti定义为树的根则OT(X)是有向树.在X中与T相邻的三角形数记作dx(T)，dx(T)＝3和1的三角形叫X的内三角形和端三角形，X的全部内三角形数记作nin(X).每个端三角形包含一个dx(v)＝2的端顶点和两个与端顶点相邻的端边.外图叫条，记作F，若dF(T)≤2，对每个T∈OT(F).条的生成序是正规的若T1，Tn-2是条的端三角形.有正规序的条也记作T1#Tn-2，v1#vn，v1#b其中v1，vn为端顶点，b为端边.下面的引理是显然的.
引理1 片图A＝X∪Y的边界可以画成粗线圆；X，Y的内边画成实直线和虚直线，任意二实直线(或虚直线)不在圆内相交.任一内边y＝(i，j)∈Od(Y)在X的一个条F＝i#j中.F叫y的所在条。
条F＝i#j的端三角形也叫y＝(i，j)的端三角形，包含顶点i和j的端三角形各记作T(ji)和T(ij).记K(y)＝{T(ij)，T(ji)}.
引理2 在外图X中添加一条内边y，记作X∪y，使X的一个端三角形失去2扩张，叫做1扩张.
证明 设添加了(i，j)，图2，(i，j)在i#j中，端三角形T(ij)＝(m，n，j)，令X＝Xi∪Xj，Xi和Xj相邻，Xi∩Xj＝(m，n)，s＝(cm，cn，ci，...)∈S(Xi)，由2扩张s在顶点j有两个可选后续色坐标cj1，cj2，至少有一个不等于ci，所以添加一条内边，y的一个端三角形T(ij)成为1扩张.该三角形叫删三角形.j叫(i，j)的删顶点.从边(m，n)到顶点j叫删除方向.也可以选另一个端三角形T(ji)为删三角形.若cj1＝ci，s1＝(cj1，cm，cn，ci，...)∈S(X)被删，s2＝(cj2，cm，cn，ci，...)∈S(X)保留.显然{cj2，cm，cn，ci}＝D.对解s2中的三种颜色cj2，cn，ci作循环置换，记作[cj2，cn，ci]，置换后的解记作s2’.可以看到从(cj1，cm)∈S((j，m))作2扩张的两个解s1，s2’中s2’保留.故添加(i，j)后删三角形的删除方向可任取.实际上只要对s2作颜色置换就知道任意(cj，cm)在n点的两个扩张解中必有一个保留.
引理3 在Wvr中有属于带孔片图的边集或孔的2f-1对半径.这2f-1对半径把Wv分割在2f个面Xp(t+1)，Yp(t+1)，Xp(t+2)，Yp(t+2)，...，Xp(t+f)，Yp(t+f)中.Wvr∩Od(Yp(t+1))中的半径只与Wv∩OT(Xp(t+1))中的同一三角形Tv的周边相交，Wvr∩Od(Yp(t+k))中的半径不与Wv∩OT(Xp(t+k))中的任一三角形相交，k＝2，3，...，f.由于存在表示Aa’其中Tv属于OT(X0)，是任一边b∈Wvr∩Ody(A’)的端三角形，故把Tv叫边(半径)r＝(e，v)∈Wvr∩Ody(A’)的端三角形，记作T(ev).这是片图中端三角形定义的推广，和定理4归纳法证明结果一致.在f个带孔片图按相反次序排列时也有相同的结论.即Tv’∈OT(Yp(t+f))叫边(半径)r＝(e，v’)∈Wv’r∩Odx(A’)的端三角形.
证明由定理1的证明，也即A’的生成法，Δ≥4和任何u∈V(A)\v，Wu不能属于同一个带孔片图的同一个面Xpi或Ypi，知引理成立.
定理2 若Y是条F，片图X∪Y是4可着色的.
证明 四色条件是存在一一映射Q:Od(F)→OT(X)，满足Q(y)是y的删三角形，并且∪{K(y)y∈Od(Y)}＝OT(X).若四色条件成立，则有Ts＝OT(X)\Q(Od(Y))和(i，j)∈Od(F)，Ts＝T(ij).取Ts为根，有X的外图生成序{Ts，T2，...，Tn.2}，按照这个序的逆序添加满足Q(yi)＝Ti的yi对解集删除n-3次，每个删三角形的扩张和删除方向相同，每次删除后都能看到S(Xi+1)的每个解s可以1扩张到X上，i＝2，3，...，n-2.所以定理成立.令Y＝T1’#Tn-2’，Od(Y)是树，包含路C’＝(p0，p1，...，pt)，其中(p0，p1)∈E(T1’)，(pt-1，pt)∈E(Tn-2’)，若y∈Od(Y)\E(C’)则y＝(pk，q)，k＝1，2，...，t-1，定义Q(y)＝T(pkq).若y∈E(C’)则y＝(pi，pi+1)，i＝0，1，...，t-1，定义Q(y)＝T(pi+1pi).显然Q是一一的.T(pt-1pt)是根三角形.若有Q(y1)＝Q(y2)＝T’则y1，y2在T’内相交，和引理1矛盾.证明完毕.显然任一三角形都可以是根三角形.
推论 设Od’是Od(Y)的子集，若Od’是树则S(X∪(Od’))非空.
证明 参见引理5的证明.
引理4 设T1≠T2是平面图P中的两个三角形，另外有一条边b∈E(P\(T1∪T2))，b连接T1和T2，若T1是2扩张的，则T2可以取代T1成为2扩张的.
证明 添加边使平面图P成为最大平面图A，存在A的表示A’，其中T1和T2属于OT(X0)，是b的端三角形，边b∈Od(Yp0).再把添加的边都删除记作P’.由于S(P)＝S(P’)用引理2的方法，可以任取T1或T2为删三角形.即知引理成立.
定理3 片图A＝X∪Y是4可着色的.
证明 对nin(Y)用归纳法当nin＝1时(图2)有一个内三角形(i，j，k)，Y＝i’#i∪j’#j∪k’#k.对Y的每个条如i’#i，根据定理2有Qi:Od(i’#i)→OT(X)，适当选择根三角形可以使Q＝Qi+Qj+Qk为一一的.由引理3(i，j，k)不能在X的一个条中，所以存在Ta＝(h，l，o)∈OT(X)\(∪{K(y)y∈Od(Y)})，这时Ta叫u三角形.删去一条(i，j，k)的边(i，k)，(i，k)叫(i，j，k)的多余的边，记为Od’＝Od(Y)\(i，k)，Q1＝Q|Od’，Od’是树.图2，令T(ki)是Q1的根三角形.显然Q1满足四色条件，X∪Od’是4可着色的.由于S(X∪Od’)还包含一个u三角形Ta是2扩张的，下面证明因此可以再把(i，k)添加上去.令OT(1#k)＝{T1，T2，...，Th}，其中Th＝(p，q，k)，Th-1(p，q，j’)，...，T1＝Ta，叫(i，k)的影响条；对于T2s-1和T2s+1以及bs＝E(T2s)\E(T2s-1∪T2s+1)，s＝1，2，...，h0，其中h0是h/2的整数部分，重复使用引理4，所以当h为奇数时，有Th是2扩张的，然后可添加(i，k).当h是偶数时，若h≥4令r∈V(T3)\V(T1∪T2)，于是T3可以写做如T3＝(r，h，j’).由于dA(r)≥4在Wr中有三角形(r，s，u)满足E((r，s，u)∩(r，h，j’))＝空集.对Ta，(r，h)，(r，s，u)和(r，s，u)，(r，j’)，T2使用引理4有T2可取代Ta成为2扩张.然后T2，T3，...，Th是奇数h-1个，故Th可取代T2成为2扩张.若h＝2图2中内三角形是(i，j，j’)，(i，j’)是多余的边，用三角形(h，j’，j)取代h≥4证明中的T3也有T2是2扩张的.故定理成立.由于Ta成为1扩张故定义Q|Od’＝Q1，Q((i，k))＝Ta∈K((i，k))，四色条件成立，任一三角形都可以是根三角形.设nin(Y)＝m时定理成立，有一一映射Qm往证nin(Y)＝m+1时定理成立.在Y中存在一个内三角形(i，j，k)，图2，使Y＝Y’∪Yk，Y’和Yk相邻且Y’∩Yk＝(i，j)，k∈Yk，Yk中只包含一个内三角形(i，j，k)，令Oy是所有内三角形多余的边的集，(i，k)∈Oy，Od’＝Od(Y)\Oy是树，重复nin＝1时的证明可添加(i，k)，定义Qm+1((i，k))＝Ta.剩下m条多余的边，由归纳法假设知定理成立.任一三角形都可以是根三角形.
显然S(X∪Od(Y))＝S(Y∪Od(X))，两者的根三角形记作Tx，Ty.
引理5 设Od’是Ody(A’)的子集，若Od’是树则存在一一映射Q|Od’:Od’→OTx(A’).故S(OTx(A’)∪Od’)非空.
证明 设Od’的根为p0，对Od’中的任一条路(p0，p1，...，pt)，定义Q((pj，pj+1))＝T(pjpj+1)，j＝0，1，...，t-1.Q是一一映射.若有Q(y1)＝Q(y2)＝(u，t，s)∈OT(Xpt)，y1和y2的删顶点分别是u，t，则Wur∩Od(Ypt)和Wtr∩Od(Ypt)相交.这是矛盾.
定理4 最大平面图是4可着色的.
证明设A’顶点集V＝{Apii＝0，1，...，k}，对|V|用归纳法.|V|＝1时定理成立.且任一三角形都可以是根三角形.下面先证|V|＝2时成立.其中Ap0∩Ap1＝Oc(Z)，|V(Z)|＝n.图3，n＝5，V(Z)＝{j，u，s，t，k}.添加n-3条边Od(Z)＝{z1，z2，...，zn-3}使Oc(Z)∪Od(Z)成为所有三角形有公共顶点j的条，图3，Od(Z)＝{(j，s)，(j，t)}.顶点{j，u，s，t，k}也记作{j，u，v1，v2，...，k}，其中u，k是条Z的端顶点.添加后，A，Ap0，Ap1记为Az，Ap0z，Ap1z.Ap0z，Ap1z是片图，有一一映射Q0y:Od(Yp0z)→OT(Xp0z)，根是Tx，和Q0x:Od(Xp0z)→OT(Yp0z)，根是Ty.显然OT(Z)＝{T1，T2，...，Tn-2}属于OT(Xp1z)∩OT(Yp0z)，取Ty＝T1.Ap1z也是四色的，有一一映射Q1y:Od(Yp1z)→OT(Xp1z)，Q1y(yi)＝Ti+1，i＝0，1，2，..，n-3.现证如果删除边集Qy＝{yii＝1，2，...，n-3}，记作Az\Oy则S(Az\Oy)非空.因为若s∈S(Ap0z)可生成解集s*S(Xjk)*S(Xkt)*....*S(Xuj)，其中Xjk，Xkt，，...，Xuj是与Z相邻的Xp1z的子外图.Xp1z＝Z∪(∪{Xts(t，s)∈E(Cn)}).当s走遍S(Ap0z)有S(Ap0z∪Xp1)＝S(Ap0z)*S(Xjk)*S(Xkt)*...*S(Xuj).它在OT(Xp1)的每个三角形上有2扩张性.然后再添加Od’＝Od(Yp1)\Oy到Ap0z∪Xp1，由Q1y|Od’:Od’→OT(Xp1)∪T1是一一映射知S(Az\Oy)非空.下面再证把Od(Z)删去可以将删去的Oy重新添加上去.由于Z是条可设在Q0y中Od(Z)都不是多余的边，zi的删三角形Q0y(zi)∈Wi∩OT(Xp0)，Wi＝{T:T∈OT(A)，vi∈V(T)}.Od(Z)删除后Q0y(zi)成为2扩张，i＝1，2，...，n-3.情况1，若Ti，i＝2，3，...，n-2不是Q1y的u三角形.由引理3 OT(Z)的公共顶点j不能是yi，i＝0，1，...，n-3的删顶点，故yi的删顶点只能是图3中的u，s，t，...，k.又由引理3Od(Yp1)中以s为端顶点的内边只能与s为顶点同一个三角形相交，所以yi的删顶点是vi时，vi不能是其他边，如yi-1的删顶点.于是u，s，t，...，k中的每个顶点只能是一个yi的删顶点.可设yi＝(c，vi)的删顶点是vi.由引理3只要取Qy(yi)＝Q0y(zi)＝T(cvi)即可.情况2，若Ti是Q1y的u三角形，不妨设多余的边yi＝y1与交于vi＝s的两条Ti＝T2的边相交.yi的一个端三角形Th在OT(Xus)中，在((Ap0∪Xp1)∩Ws)∪Xus中存在条Q0y(zi)#Th＝{T1，T2，...，Th}，其中T1＝Q0y(zi)，h是偶数时，T1＝(s，s’，s”)，因T3是2扩张的，s’和s”中有一个，如s’＝V(T1)\V(T2∪T3)，由s’是独立顶点和dA(s’)≥4故有T’∈Ws’，E(T’∩(s，s’，s”))＝空集.对T3，(s，s’)，T’和T’，(s’，s”)，T2使用引理4有T2可取代T3成为2扩张，Th可取代T2成为2扩张.故也有Qy(yi)＝Q0y(zi)，Q0y(zi)也叫u三角形，显然u三角形Q0y(zi)∈OTx(A)\(∪{K(y):y∈Ody(A’)})，i＝2，...，n-3.Qy(y0)的定义分两种请况1，Q1y的根∈OT(Xp1)，定义Qy(y0)＝Tx∈Wu∩OT(Xp0z).Qy的根三角形＝Q1y的根三角形∈OT(Xp1).2，Q1y的根三角形＝T1∈OT(Z)，定义Qy(y0)＝Q1y(Y0)∈OT(Xp1)，Qy的根三角形∈OT(Xp0z).由于Q1y的根三角形可任选所以Qy的根三角形可任选.所以Qy＝Q0y+Q1y:Ody(A)→OTx(A).同理Qx＝Q0x+Q1x:Odx(A)→OTy(A).故|V|＝2时定理成立.上面的证明中也可以把Od(Z)中的边都作为多余的边，Od(Z)删除后有关的OT(Xp0)中的u三角形成为2扩张，然后再在Ap0中用zi的端三角形T(js)等取代u三角形成为2扩张(见定理3的证明)，最后重复上面的讨论.也可以不添加Od(Z)证明如下.在Ap0中，边b＝(t，s)∈Oc(Z)，有Ap0的子条H(b)＝t#s是b的所在条.令H2＝∪{H(b):b∈Oc(Z)}，Hz是的Xp0子外图.设y＝(h，p)∈Od(Yp1)，y和Oc(Z)中的边(j，u)，(s，t)相交，则y和Xp0∪Xp1的三个子条h#(j，u)，Hy，(s，t)#p相交，其中Hy是Hz的子条，h#(j，u)，(s，t)#p是Xp1的子条，H’＝h#(j，u)∪Hy∪(s，t)#p叫y在Xp0∪Xp1中的所在子图.这是片图中y＝(i，j)所在条i#j定义的推广.设y1是Yp1中的内三角形T”的边，y1和T”的另外两条边y2’和y3’有在Xp0∪Xp1中的所在子图H1’，H2’和H3’.显然T”的u三角形＝OT(H1’∩H2’∩H3’).设s∈(s，t)#p∩Hz，y＝(h，p)的影响条可以写做Hz’∪Ws’∪(s，t)#p，其中Hz’是Hz的子条，Ws’是Ws的子条，它跨越2个带孔片图，是片图影响条定义的推广.因此类似定理3可用影响条来证明.设|V|＝m时成立往证|V|＝m+1时成立.令A＝{Apm，Ap1}其中Ap1是A的叶子，它和顶点数为m的带孔Cn的最大平面图Apm相邻.用Apm，Odx(Apm)，Ody(Apm)，OTx(Apm)，OTy(Apm)，Qmy和Ap1，Odx(Ap1)，Ody(Ap1)，OTx(Ap1)，OTy(Ap1)，Q1y替换|V|＝2证明中的Ap0和Ap1的对应项用相同方法知成立，Qy＝Qmy+Q1y:Ody(A)→OTx(A).其中y＝(h，p)∈Od(Yp(m+1))的所在子图和影响条可能跨越(m+1)个带孔片图.又令A＝{Apm，Ap0}其中Ap0包含A的根，Apm通过cn和A的根相邻，用Apm，Odx(Apm)，Ody(Apm)，OTx(Apm)，OTy(Apm)，Qmx和Ap0，Odx(Ap0)，Ody(Ap0)，OTx(Ap0)，OTy(Ap0)，Q0x替换|V|＝2证明中的Ap0和Ap1的对应项用相同方法知Qx＝Qmx+Q0x:Odx(A)→OTy(A).|V|＝m+1时定理成立，任一三角形都可以是根三角形.对任一T∈OT(A)存在A的一个表示使T＝Tx∈OTx(Ap0)，易知S(T)可扩张到X0，然后相邻的Xp1，...，Xps，再然后相邻的Xp(s+1)，...直到所有的OTx(A).
参考文献[1]K.Appel and W.Haken Every planer map is four colorable.Ball.Amer.Math.Soc扩张76.711-71权利要求
1.一种填色盘，是一种智力玩具，其特征是包括一个圆盘(1)，圆盘的边界圆周(3)有不同于内部的颜色；另有V个(整数)小立方体棋子(2)，每个小立方体的六个面，染有选定的四种颜色之一，放在圆周的叫顶点的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边；在圆内有两种不同颜色的连接顶点的弦(各有V-3条，同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边(4)和外边(5)，任意二内边(或外边)都不相交。
全文摘要
一种填色盘智力玩具，包括一个圆盘，圆盘的边界圆周有不同于内部的颜色。另有V个(整数)小立方体棋子，每个棋子的六个面，染有选定的六种颜色之一，放在圆周的叫顶点的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边。顶点向上的一面可以有选定的(6，5或)4种颜色之一。叫做顶点的颜色。另外再用两种颜色的笔在圆内各画V－3条连接顶点的弦(同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边和外边，任意二内边(或外边)不相交。同一条边(界，内或外边)两端的顶点叫相邻。游戏规则是对每个顶点选取6，5或4种颜色之一使它和相邻的顶点有不同的颜色。
文档编号A63F9/06GK1879922SQ200510026880
公开日2006年12月20日 申请日期2005年6月17日 优先权日2005年6月17日
发明者崔世泰 申请人:崔阿年