Доказательство теоремы Эдмондса-Лоулера — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
 
Строка 31: Строка 31:
 
Будем таким образом увеличивать <tex>I</tex>, пока существует путь <tex>p</tex>. Рассмотрим момент, когда такого пути не нашлось.
 
Будем таким образом увеличивать <tex>I</tex>, пока существует путь <tex>p</tex>. Рассмотрим момент, когда такого пути не нашлось.
 
Введём обозначение: <tex>A = \{u|u \rightsquigarrow T\}</tex>. Докажем, что <tex>r_1(A) = |I \cap A|</tex> от противного.
 
Введём обозначение: <tex>A = \{u|u \rightsquigarrow T\}</tex>. Докажем, что <tex>r_1(A) = |I \cap A|</tex> от противного.
Пусть <tex>r_1(A) > |I \cap A|</tex>. Обозначим <tex>(I \cap A) \cup \{u\}</tex> как <tex>A'</tex>. Заметим, что <tex>A' \in I_1</tex>.
+
Пусть <tex>r_1(A) > |I \cap A|</tex>, тогда существует <tex>z \in A \setminus (I \cap A)</tex>, такое, что <tex>(I \cap A) \cup \{z\} \in I_1</tex>. Если <tex>I \cup \{z\} \in I_1</tex>, то <tex>z \in S</tex> и из <tex>S</tex> есть путь в <tex>A</tex>. Значит, <tex>I \cup \{z\} \notin I_1</tex>. Отсюда следует, что существует <tex>y \in I \setminus A</tex>, такое что <tex>I \setminus \{y\} \cup \{z\} \in I_1</tex>. Но тогда ребро <tex>yz</tex> имеется в графе, что противоречит отсутствию пути из <tex>S</tex> в <tex>T</tex>.
Возможны 2 случая:
+
 
# <tex>A' \cap I = \varnothing</tex>, тогда <tex>u \in S</tex>, что приводит к противоречию.
 
# Можно добавлять из <tex>I \setminus A'</tex> в <tex>A'</tex>, пока <tex>|I| > |A'|</tex> (по аксиоме замены в <tex>M_1</tex>). Теперь <tex>A' = I \setminus \{z\}</tex>. <tex>I \setminus \{z\} \cup \{u\} \in I_1</tex>, следовательно, ребро <tex>zu \in G_I</tex>, что приводит к противоречию.
 
 
Следовательно, <tex>r_1(A) = |I \cap A|</tex>. Аналогично, <tex>r_2(\overline A) = |I \cap \overline A|</tex>. Отсюда <tex>r_1(A) + r_2(\overline A) = |I|</tex>, то есть при найденных <tex>I</tex> и <tex>A</tex> достигается равенство.
 
Следовательно, <tex>r_1(A) = |I \cap A|</tex>. Аналогично, <tex>r_2(\overline A) = |I \cap \overline A|</tex>. Отсюда <tex>r_1(A) + r_2(\overline A) = |I|</tex>, то есть при найденных <tex>I</tex> и <tex>A</tex> достигается равенство.
  
 
Построен пример равенства, значит, теорема доказана.  
 
Построен пример равенства, значит, теорема доказана.  
 
}}
 
}}

Текущая версия на 21:20, 14 июня 2011

Теорема (Эдмондса - Лоулера):
Пусть [math]M_1=\langle X, I_1\rangle[/math], [math]M_2=\langle X, I_2\rangle[/math] — матроиды. Тогда

[math]\max\limits_{I \in I_1 \cap I_2 } |I| = \min\limits_{A \subseteq X} \left(r_1(A) + r_2(X \setminus A)\right)[/math].

Где [math]r_1[/math] и [math]r_2[/math] — ранговые функции в первом и втором матроиде соответственно.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Неравенство [math]\max\limits_{I \in I_1 \cap I_2 } |I| \le \min\limits_{A \subseteq X} r_1(A) + r_2(X \setminus A)[/math] доказывается здесь.

Конструктивно построим [math]\forall M_1, M_2[/math] такие [math]I \in I_1 \cap I_2[/math] и [math]A \subseteq X[/math], что [math]|I| = r_1(A) + r_2(X \setminus A)[/math]. Этого будет достаточно для доказательства теоремы.

Обозначим [math]S = \left\{x|I \cup \{x\} \in I_1\right\}[/math], [math]T = \left\{x|I \cup \{x\} \in I_2\right\}[/math]. Если [math]S \cap T \ne \varnothing[/math], добавим их пересечение в [math]I[/math].

Лемма (1):
[math]A[/math] — независимое множество в матроиде [math]M=\langle X, I\rangle[/math]. [math]B \subset X[/math], [math]|B|=|A|[/math] и в подграфе графа замен [math]G_M[/math], индуцированном [math]A \oplus B[/math], существует единственное полное паросочетание. Тогда [math]B[/math] — независимое в матроиде [math]M[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Граф [math]G[/math]

Обозначим граф (неориентированный), индуцированный [math]A \oplus B[/math] за [math]G[/math]. Обозначим вершины из [math]A \setminus B[/math] за [math]y_i[/math], из [math]B \setminus A[/math] за [math]z_i[/math]. Перенумеруем вершины так, чтобы рёбра из паросочетания соединяли вершины с одинаковыми индексами, и [math]\forall i,j: i \lt j[/math] не существовало бы ребра между вершинами [math]y_i[/math] и [math]z_j[/math] (возможность первого следует из существования полного паросочетания, второго — из его единственности).

Пусть [math]B[/math] — не независимо, значит, [math]\exists[/math] цикл [math]C \subset B[/math]. Обозначим [math]i = \min k: z_k \in C[/math].

[math]\forall j \gt i \quad y_iz_j \notin G(A) \Rightarrow A \setminus y_i \cup z_j \notin I \Rightarrow C \setminus z_i \subseteq \langle A \setminus y_i \rangle[/math].

Так как [math]C[/math] — цикл, то [math]C \subseteq \langle C \setminus z_i \rangle \subseteq \langle A \setminus y_i \rangle[/math]. Это означает, что [math]z_i \in \langle A \setminus y_i \rangle[/math], и, следовательно, [math] A \setminus y_i \cup z_i \notin I[/math], что приводит к противоречию с существованием ребра [math]y_i z_i[/math].
[math]\triangleleft[/math]

Построим граф замен [math]G_I[/math]. Добавим вершину [math]z[/math], не влияющую на независимость в первом матроиде — из неё будут вести рёбра во все вершины множества [math]S[/math]. Пусть [math]p[/math] — кратчайший путь из [math]S[/math] в [math]T[/math], [math]p_1[/math] — путь [math]p[/math] с добавленным в начало ребром из [math]z[/math]. По лемме 1 и лемме о единственном паросочетании [math]I \oplus p_1 \in I_2[/math]. Теперь добавим вершину [math]u[/math], не влияющую на независимость во втором матроиде — в неё будут вести рёбра из всех вершин множества [math]T[/math]. Тогда [math]p_2[/math] (путь [math]p[/math] с добавленным ребром в [math]u[/math]) — кратчайший путь из [math]S[/math] в [math]u[/math]. Аналогично, [math]I \oplus p_2 \in I_1[/math]. Отсюда следует, что [math]I \oplus p \in I_1 \cap I_2[/math], причём [math]|I \oplus p| = |I| + 1[/math].

Будем таким образом увеличивать [math]I[/math], пока существует путь [math]p[/math]. Рассмотрим момент, когда такого пути не нашлось. Введём обозначение: [math]A = \{u|u \rightsquigarrow T\}[/math]. Докажем, что [math]r_1(A) = |I \cap A|[/math] от противного. Пусть [math]r_1(A) \gt |I \cap A|[/math], тогда существует [math]z \in A \setminus (I \cap A)[/math], такое, что [math](I \cap A) \cup \{z\} \in I_1[/math]. Если [math]I \cup \{z\} \in I_1[/math], то [math]z \in S[/math] и из [math]S[/math] есть путь в [math]A[/math]. Значит, [math]I \cup \{z\} \notin I_1[/math]. Отсюда следует, что существует [math]y \in I \setminus A[/math], такое что [math]I \setminus \{y\} \cup \{z\} \in I_1[/math]. Но тогда ребро [math]yz[/math] имеется в графе, что противоречит отсутствию пути из [math]S[/math] в [math]T[/math].

Следовательно, [math]r_1(A) = |I \cap A|[/math]. Аналогично, [math]r_2(\overline A) = |I \cap \overline A|[/math]. Отсюда [math]r_1(A) + r_2(\overline A) = |I|[/math], то есть при найденных [math]I[/math] и [math]A[/math] достигается равенство.

Построен пример равенства, значит, теорема доказана.
[math]\triangleleft[/math]