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]

Граф замен 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

Теорема Эдмондса - Лоулера

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]

Граф замен, кратчайший путь Завершение алгоритма Докажем неравенство [math]\max\limits_{I \in I_1 \cap I_2 } |I| \le \min\limits_{A \subseteq X} \left(r_1(A) + r_2(X \setminus A)\right)[/math] Выберем произвольные [math]I \in I_1 \cap I_2[/math], [math]A \subseteq X[/math], тогда [math]|I| = |I \cap A| + |I \cap (X \setminus A)|[/math] [math]I \cap A[/math] и [math]I \cap (X \setminus A)[/math] — независимые в обоих матроидах (как подмножества независимового [math]I[/math]), значит [math]|I| = r_1(I \cap A) + r_2(I \cap (X \setminus A))[/math] Но [math]r_1(I \cap A) \le r_1(A)[/math] и [math]r_2(I \cap (X \setminus A)) \le r_2(X \setminus A)[/math], значит [math]|I| \le r_1(A) + r_2(X \setminus A)[/math] В силу произвольности [math]I[/math] и [math]A[/math] получаем [math]\max\limits_{I \in I_1 \cap I_2 } |I| \le \min\limits_{A \subseteq X} \left(r_1(A) + r_2(X \setminus A)\right)[/math] 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]. 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]. 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 о единственном паросочетании и лемме о единственном паросочетании, индуцированном кратчайшем путём [math]I \bigtriangleup 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 \bigtriangleup p_2 \in I_1[/math]. Отсюда следует, что [math]I \bigtriangleup p \in I_1 \cap I_2[/math], причём [math]|I \bigtriangleup 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]w \in A \setminus (I \cap A)[/math], такое, что [math](I \cap A) \cup \{w\} \in I_1[/math]. Если [math]I \cup \{w\} \in I_1[/math], то [math]w \in S[/math] и из [math]S[/math] есть путь в [math]A[/math]. Значит, [math]I \cup \{w\} \notin I_1[/math]. Отсюда следует, что существует [math]y \in I \setminus A[/math], такое что [math]I \setminus \{y\} \cup \{w\} \in I_1[/math]. Но тогда ребро [math]yw[/math] имеется в графе, то есть из [math]y[/math] существует путь в [math]T[/math], что противоречит условию [math]y \in I \setminus A[/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]

Источник

Chandra Chekuri — Combinatorial Optimization