Una solución general es aún desconocido, pero tengo un contraejemplo a la reclamación $f(1)=9$, en la forma de un poliedro con $7$ vértices y aún equivalente a la de un toro. Si los vértices se $v_1,\dots,v_7$, entonces la asignación de es $(v_1,v_2,v_4),(v_4,v_3,v_1)$ cíclico y rotaciones de esta agregando $n=0,\dots,6$ a cada índice en el conjunto, para un total de $14$ caras. (Nota de que, como en el OP estas caras están orientadas en conjuntos de" determinado hasta permutación cíclica de los tres vértices.) Los bordes forman un grafo completo $K_7$, para un total de $21$ bordes, y se puede comprobar con facilidad que cada borde toca dos caras, una vez en cada dirección, por lo que es localmente homeomórficos a $\Bbb R^2$ y orientable. Entonces a partir de la $V-E+F=7-21+14=0=2-2g$, obtenemos $g=1$, por lo que también es toroidal. Por lo tanto $f(1)\le 7$. Las imágenes son un poco más difícil de hacer, puesto que parece ser que se auto-intersección en la mayoría de los intentos en el vértice de la organización, pero a continuación es topológicamente equivalente a la asignación a un verdadero toro.
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Edit: Una exhaustiva búsqueda por computadora se ha demostrado que las condiciones son imposibles de satisfacer por $|V|<7$ (aunque hay un poliedro en $6$ vértices con $\chi=1$), por lo $f(1)=7$.
Tomando conectado sumas, que fácilmente se puede recorrer en esta construcción para obtener un límite superior en $f(n)$. Dado un $k$-vértice de la representación de un género $n$ de la superficie, retire una de las caras de la superficie y una cara de la anterior $7$-vértice toro, a continuación, pegar los agujeros juntos. La superficie resultante tiene género $n+1$ $k+4$ vértices (debido a que los tres vértices se encuentran superpuestos con los vértices existentes), por lo que tenemos enlazado $f(n+1)\le f(n)+4$ y, en particular,$f(n)\le3+4n$. Una observación: el caso de $f(0)=3$ corresponde a un triángulo con dos caras, una de ellas orientada hacia arriba y la otra hacia abajo; esto no es excluido como válida la superficie de género $0$ por la combinatoria de interpretación, y dejo al lector a decidir si esta es una solución válida a la pregunta original.
Pero no hemos terminado todavía - hay una optimización más que podemos hacer. Suponiendo que sólo estamos arreglando tori de este formulario, el proceso anterior construirá una larga línea de tori. Pero podemos doblar el objeto en sí, decir que por tomar uno de los extremos y pegarlo en el otro extremo, lo que elimina los tres vértices y eleva el género por uno así. El requisito previo para que no se afecte indebidamente a la $V-E+F$ ecuación es que las dos caras no deben compartir un vértice, y de hecho deben estar separados por al menos dos vértices (es decir, cualquier camino desde el vértice de una cara a un vértice de la " otra cara "el largo camino de ronda" debe contener al menos cuatro vértices), de modo que no hay bordes se pliega en la parte superior de uno al otro.
El caso más simple de esto es doblar los dos extremos juntos para hacer un anillo de tori en lugar de una línea - esta es la primera de las tres agujero del toro de la construcción. En este punto tenemos un anillo de $n\ge3$ tori formando un género $n+1$ de la superficie y el uso de $4n$ vértices (lo que demuestra $f(n)\le4n-3$ al $n\ge4$). Pero se pone mejor. Supongamos que $v_{1,2,4}$ de torus $t_n$ está conectado a $v_{6,3,5}$ $t_{n+1}$ en el anillo, de manera que $v_7$ es único para cada toro y $v_{1,2,4}$ son compartidos entre dos tori. Vamos a utilizar la cara $v_{4,6,7}$ de cada toro como un punto de conexión - tenga en cuenta que esta es la cara de uno de los bordes de distancia desde el equivalente de cara a la próxima toro.
Así que ahora considere el $n$ anillos de $n-1$ tori cada uno, y conectar cada anillo a cada anillo en un gigante de la $K_n$ imitar. Los anillos de actuar como grandes vértices, con $n-1$ puntos de conexión a los otros vértices. Tenga en cuenta que en el peor de los casos tenemos tres adyacentes puntos de conexión en un triángulo, que desde los puntos de conexión están separados por uno de los bordes del triángulo ciclo separa el punto de conexión de la misma en todo el ciclo de tres cantos, que como se mencionó anteriormente es suficiente para mantener todos los bordes para que el género no está afectado más de lo que debería ser. Ahora para la contabilidad: cada anillo es $4(n-1)$ vértices, para un total de $4n(n-1)$, y $n(n-1)/2$ conexiones, cada una de ahorro de $3$ vértices de cada uno, así que contamos $5/2n(n-1)$ total de vértices. Para el género, ya que $g-1=-\chi/2$ es el aditivo más desconectado piezas, el género de los anillos es $n(n-1)+1$, y cada conexión plantea el género por $1$, por lo que la estructura completa tiene género $3/2\,n(n-1)+1$. Por lo tanto $f(3/2\,n(n-1)+1)\le5/2\,n(n-1)$ o $$f(n)\le\frac53n\quad\mbox{for infinitely many }n;\qquad f(n)\le\left(\frac53+\epsilon\right)n\quad\mbox{for sufficiently large }n.$$
Yo altamente sospechoso que $f(n)\ge n$ o, al menos,$f(n)=\Theta(n)$, pero la prueba es, por supuesto, no llegaron. Una cosa que se puede hacer en el camino de los límites inferiores proviene de la observación de que, desde cada borde toca dos caras y cada cara toca tres bordes, $3F=2E$, lo $2-2g=V-E/3$, y si $|V|=f(n)$, entonces a partir de la $E\le{f(n)\choose 2}$, obtenemos
$$2-2n\ge f(n)-\frac{f(n)(f(n)-1)}6\implies f(n)\ge\frac72+\frac{\sqrt{48n+1}}2\ge2\sqrt{3n}.$$
