Алгоритм построения базы в пересечении матроидов

Постановка задачи

Даны матроиды [math]M_1 = \langle S, I_1 \rangle[/math] и [math]M_2 = \langle S, I_2 \rangle[/math]. Необходимо найти максимальное по мощности независимое множество в пересечении [math]M_1[/math] и [math]M_2[/math].

Алгоритм решения

Пусть множество [math]J \in (I_1 \cap I_2)[/math].
Определим граф замен [math]D_{M_1, M_2}(J) = \langle S, A(J) \rangle[/math], где [math]A(J) = \{(y, z) | y \in J, z \in S\setminus J, J - y + z \in I_1 \} [/math] [math]\cup \{ (z', y') | z' \in S \setminus J, y' \in J, J - y' + z' \in I_2 \}[/math].

Пусть [math]X_1 = \{ z \in S \setminus J | J + z \in I_1 \}[/math], [math]X_2 = \{ z \in S \setminus J | J + z \in I_2 \}[/math], [math]P[/math] — кратчайший путь из [math]X_1[/math] в [math]X_2[/math] в графе [math]D_{M_1, M_2}(J)[/math]. [math]P[/math] может и не существовать.

Лемма:

Если в графе [math]D_{M_1, M_2}(J)[/math] нет пути из [math]X_1[/math] в [math]X_2[/math], то [math]J[/math] — искомое максимальное по мощности независимое множество в пересечении [math]M_1[/math] и [math]M_2[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Отметим, что если [math]X_1[/math] или [math]X_2[/math] пустые, то [math]J[/math] — база в одном из исходных матроидов [math]M_1[/math] или [math]M_2[/math] и, следовательно, искомое максимальное по мощности независимое множество в пересечении [math]M_1[/math] и [math]M_2[/math]. Таким образом, предположим, что [math]X_1[/math] и [math]X_2[/math] непусты. Пусть [math]U[/math] — множество вершин, из которых достижимы вершины из [math]X_2[/math]. Отсутствие пути из [math]X_1[/math] в [math]X_2[/math] означает, что [math]X_1 \cap U = \emptyset[/math], [math]X_2 \subseteq U[/math] и [math]\delta^- (U) = \emptyset[/math] (т.е. в [math]U[/math] не входит ни одной дуги). Тогда: Утверждение: [math]r_1 (U) \le |J \cap U|[/math] [math]\triangleright[/math] От противного. Пусть [math]r_1 (U) \gt |J \cap U|[/math], тогда [math]\exists z \in U \setminus (J \cap U) : (J \cap U) + z \in I_1[/math] при том, что [math]J + z \notin I_1[/math]. В противном случае [math]J + z \in I_1, z \in X_1[/math], то есть [math]X_1 \cap U \ne \emptyset[/math], что противоречит отсутствию пути из [math]X_1[/math] в [math]X_2[/math]. Так как [math](J \cap U) + z \in I_1[/math], а [math]J + z \notin I_1[/math], [math]\exists y \in J \setminus U : J - y + z \in I_1[/math]. Однако, тогда [math](y, z) \in A(J)[/math], что противоречит факту [math]\delta^- (U) = \emptyset[/math]. [math]\triangleleft[/math] Утверждение: [math]r_2 (S \setminus U) \le |J \cap (S \setminus U)|[/math] [math]\triangleright[/math] От противного. Пусть [math]\exists z \in (S \setminus U) \setminus J : J \cap (S \setminus U) + z \in I_2[/math]. Аналогично доказательству предыдущего утверждения [math]\exists y \in J \setminus (S \setminus U) : J - y + z \in I_2[/math]. Однако [math]J \setminus (S \setminus U) = J \cap U[/math], то есть [math](z, y)[/math] — дуга в [math]D_{M_1, M_2}(J)[/math], поэтому [math]z \in U[/math] (т.к. [math]y \in U[/math]). Противоречие. [math]\triangleleft[/math] Так как [math]|J| = |J \cap U| + |J \setminus U| \ge r_1 (U) + r_2 (S \setminus U), |J| = r_1 (U) + r_2 (S \setminus U)[/math]. Следовательно, [math]J[/math] — максимальное по мощности независимое множество в пересечении [math]M_1[/math] и [math]M_2[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Лемма:

[math]J' = J \bigtriangleup V(P) \in I_1 \cap I_2[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]P = z_0, y_1, z_1, ..., y_t, z_t; G = \{ z_1, ..., z_t \} \cup (J \setminus \{ y_1, ..., y_t \})[/math]. Тогда [math]G \subseteq S, |G| = |J|[/math] и дуги из [math]\{ y_1, ..., y_t \}[/math] в [math]\{ z_1, ..., z_t \}[/math] составляют единственное полное паросочетание в [math]J \bigtriangleup G[/math]. То есть, согласно лемме о единственном паросочетании в подграфе замен, [math]G \in I_1[/math]. К тому же, [math]\forall i \ge 1\ z_i \notin X_1[/math], иначе [math]P[/math] — не кратчайший путь из [math]X_1[/math] в [math]X_2[/math]. Это означает, что [math]z_i + J \notin I_1[/math], то есть [math]r_1 (J \cup G) = r_1 (J) = r_1 (G) = |G| = |J|[/math]. Так как [math]J + z_0 \in I_1, G + z_0 \in I_1[/math] (т.е. [math]J' = \{ z_0, z_1, ..., z_t \} \cup (J \setminus \{ y_1, ..., y_t \}) \in I_1[/math]. Симметрично [math]G = \{ z_0, ..., z_{t - 1} \} \cup (J \setminus \{ y_1, ..., y_t \}), J' \in I_2[/math] и, следовательно, [math]J' \in (I_1 \cap I_2)[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Псевдокод

 [math]J[/math] = [math]\emptyset[/math]
 isMaximal = false
 while not isMaximal
     построить граф замен [math]D_{M_1, M_2}(J)[/math]
     [math]X_1 \leftarrow \{ z \in S \setminus J | J + z \in I_1 \}[/math]
     [math]X_2 \leftarrow \{ z \in S \setminus J | J + z \in I_2 \}[/math]
     [math]P[/math] [math]\leftarrow[/math] кратчайший путь из [math]X_1[/math] в [math]X_2[/math]
     if [math]P \ne \emptyset[/math]
         [math]J[/math] = [math]J \bigtriangleup V(P)[/math]
     else
         isMaximal = true

Источник

Chandra Chekuri — Combinatorial Optimization