两张置换表究竟确定了什么 ​

给定两个生成元在有限集合上的置换，先确认它们真能作为玫瑰图的覆叠表理路Schreier 图与自由群覆叠Schreier graph covering · Schreier coset graph · 自由群的陪集覆叠图将自由群的右作用实现为带标签的覆叠多重图，逐顶点验证正反方向局部双射，并由读词终点识别子群、连通性与基点保持的图同构。，再决定想回答哪一种问题。读词终点判断子群成员，生成树给自由基理路Nielsen–Schreier 定理与自由基重写Nielsen–Schreier theorem · Nielsen-Schreier theorem · Schreier index formula用Schreier图生成树构造任意自由群子群的自由基，建立可逆的读词重写证明，并在有限指数时推出秩公式及完整三层算例。，与所有生成元都交换的置换给全局覆叠变换理路覆叠变换Deck transformation · Covering transformation保持覆叠投影不变的总空间自同胚。。最后还要区分：是在保留指定基点的意义下比较，还是允许忘掉基点。

全程约定词从左向右行走，$ab$表示先走$a$再走$b$。纤维作用在右，子群$H$对应右陪集$Hg$。相邻逆字母可以约掉；仅在有限置换表上作用相同，不代表两个自由词相等。

任务一：交出完整三层子群证书 ​

底空间为两个圆的楔和$R_{a,b}$，三个纤维点为1、2、3。输入表为

当前点	读$a$后	读$b$后
1	2	2
2	1	3
3	3	1

每列都是置换；逆表由列反查得到。因为从1反复读$b$可到全部顶点，作用传递，覆叠连通。底空间的基本群理路基本群Fundamental group基点回路按端点固定同伦分类后形成的群。是$F(a,b)$；基点取1，令$H$为所有从1读完后仍在1的词。

六条正边不能压成四条 ​

逐行、逐生成元各建一条独立正边，总数为$3\times 2=6$。其中两条$a$边$1\to 2$与$2\to 1$是不同边；沿第一条反向行走要读$a^{-1}$，不是沿第二条正向读$a$。此外，3处还有一条$a$自环。

选择$b$的$1\to 2$与$2\to 3$为生成树。三个树词为$1,b,b^2$。其余正边按图中次序给

$$c_1=a{b}^{-1},c_2=ba,c_3=b^{2}a{b}^{-2},c_4=b^3.$$

每条基词由“树路去程、当前非树边、树路返回”组成。Nielsen–Schreier定理说明它们构成自由基，秩为$1+3(2-1)=4$。仅检验四个词闭合只证明它们属于$H$；生成性及没有额外关系仍由定理的互逆重写证明保证。

既要重写，也要保留终点 ​

读$w=b^2{a}^{2}b$，依次经过$1,2,3,3,3,1$。两次树边不记，接着记录$C_3,C_3,C_4$，所以

$$w=c_3^2{c}_4.$$

代入四个自由基词可直接约消回$b^2{a}^{2}b$。同样，$a^2=c_1{c}_2$。

如果输入为$ab$，终点却是3。记录虽只有$C_1$，仍须保留末端树词$b^2$，完整等式是

$$ab=c_1{b}^2=(a{b}^{-1})b^2.$$

这时不能把记录当成“$ab$已写为$H$的基词乘积”。算法应同时返回重写词、终点和剩余陪集代表；一般恒等式为$w=h{t}_{\mathrm{end}}$。其中$h\in H$，只有终点为1时才能省掉末尾树词。

层数、单值化像、Deck群分别有多大 ​

两个输入置换$a=(12)$、$b=(123)$生成$S_3$，所以单值化像有六个元素。它在三个点上传递，纤维层数仍是三，并不因此变成六。

Deck置换必须同时与$a,b$交换。与$b$交换的只有$1,b,b^2$，后二者不与$a$交换，因此Deck群只有恒等元。$ba\in H$而$ab\notin H$，又有$b^{-1}(ba)b=ab$，明确证明$H$非正规。结论是：

$$[F(a,b):H]=3,\mathrm{rank}(H)=4,|\text{单值化像}|=6,|\mathrm{Deck}|=1.$$

四个数对应四种不同对象，均有独立核验方法。不能把有限像中的关系$a^2=1$搬回自由群；事实上$a^2=c_1{c}_2$是一个非平凡自由词。

任务二：同一覆叠，基点为什么会改变答案 ​

现在给第二张表$a^{\prime }=(12)$、$b^{\prime }=(132)$，基点仍按标签取1。全体重标记中，只有$c=(12)$同时满足

$$ca{c}^{-1}=a^{\prime },cb{c}^{-1}=b^{\prime }.$$

因此两张表表示同一个无基点覆叠，但这个唯一同构把第一张表的点1送到第二张表的点2，不能保持指定基点。第一张表中的$ba$闭合，第二张表中却不闭合，两个具体子群也确实不同。

第二张表的基点1对应第一张表的点2；第一张表从1读$b$到2。因此新稳定子为$b^{-1}Hb$，与$H$共轭。这是覆叠分类理路覆叠空间的子群分类Classification of covering spaces · Subgroup classification of connected coverings · 覆叠分类定理在明确局部条件下把带基点连通覆叠与基本群子群双向对应，构造每个子群的覆叠，并区分忘基点的共轭分类、覆叠同构和总空间同胚。中“具体子群”和“共轭类”的实际区别，不是只在命名上多加一个基点。

三层究竟有多少个带基点类与无基点类 ​

三标签上的置换对共有$6^2=36$份。不传递的作用必有一个共同固定点：每个指定点由两种置换固定，故同时固定它的置换对有4份。用容斥去重，有$3\cdot 4-3\cdot 1+1=10$份不传递，剩26份连通表。

只允许固定标签1的重标记时，重标记群有两个元素。它在传递表上的作用没有非平凡固定者，因为与全部动作交换又固定一点的置换必逐点固定。因此带基点类恰有$26/2=13$个。

忘掉基点时，不能再把13机械除以三。正规三层覆叠中，任一基点都可由某个Deck变换送到另一指定基点，非正规例中则不行。更具体地，设$c=(123)$、$t=(12)$、$u=(23)$，七个无基点类可以由下表代表：

生成元像$(a,b)$	Deck群阶	该类含多少个带基点类
$(1,c)$	3	1
$(c,1)$	3	1
$(c,c)$	3	1
$(c,c^{-1})$	3	1
$(t,c)$	1	3
$(c,t)$	1	3
$(t,u)$	1	3

前四类的像是循环群，后面三类的像是$S_3$。在一个循环像中，八个非同时为恒等的有序生成元像经$c\leftrightarrow c^{-1}$配成四类；非循环传递对分别属于“一换位一三轮换”“反过来的顺序”“两个不同换位”三种，每种在同时共轭下只有一类。于是无基点共有七类，带基点总数为$4\cdot 1+3\cdot 3=13$，与前面的计数相符。

公开脚本另外枚举全部重标记轨道，逐类检查这些数，而不是只把13与7写入期望输出。若改底空间为环面，还须要求两个生成元置换交换；当前七类计数属于两个圆的楔和，不能原样移用。

任务三：迁移到四层正规覆叠 ​

改为四个纤维点，输入$a=(1234)$、$b=(13)(24)=a^2$。它们来自$F(a,b)$到$\mathbb{Z}/4$的像，分别对应1和2。作用传递；基点稳定子为同态

$$a⟼1,b⟼2(\mathrm{mod}4)$$

的核，故正规。Deck群是四阶循环群，全部变换为$a$的四个幂。

选择$a$的前三条正边为生成树，树词为$1,a,a^2,a^3$。八条正边减三条树边，给五个自由基元：

$$d_1=b{a}^{-2},d_2=ab{a}^{-3},d_3=a^{2}b,d_4=a^4,d_5=a^{3}b{a}^{-1}.$$

因此秩为$1+4(2-1)=5$。读$b^2$先记录$d_1$，再记录$d_3$，所以$b^2=d_1{d}_3$；读$aba$得到$d_2{d}_4$。直接展开两式也能约消验证。

虽然在四点置换表上$b$与$a^2$作用相同，原自由群中它们并不相等；非平凡词$b{a}^{-2}=d_1$只是落在作用的核中。这个边界解释了为什么成员判定能压缩成有限表，却不能拿有限表替代自由词的精确相等判定。

交付与复算 ​

• 标准库证书程序
• 确定性检查结果

运行 python foundations-covering-certificates.py --output result.json。程序只使用整数、置换、图搜索及自由约化；输出用小写字母表示正生成元、大写表示逆字母，1表示空词。它检查原词等于“基词展开乘剩余树词”，并反向核验基词展开再重写恢复原基词。

程序还遍历一至四个顶点的全部两生成元置换对，分别按固定基点重标记和任意重标记分类；这项穷举的置换对数为$(n!{)}^2$，不是多项式时间承诺。给定单张$n$顶点、$r$生成元表后，验证置换与连通性、构造树和隐式基证书的成本为$O(n(r+1))$。全部展开的基词可能需要$O(n+n^{2}r)$输出；读长度$m$的词并保留树词指针只需$O(m)$更新。公开脚本为便于核查实际展开树词和基词，应按显式输出的成本理解；只存父边的隐式实现才采用前一个构造界。

最终证书应同时给出合法表、连通性、选定基点、树边与基词、输入词终点及剩余代表、全部Deck置换，以及所比较的同构是否须保持基点。非法置换、含圈的树、遗漏顶点和未知生成元必须被拒绝；空自由基$r=0$也单列核验，连通时只能剩一个顶点。