Ağırlıklı bir grafiğin minimum yayılan ağaçları, belirli bir ağırlıkla aynı sayıda kenara sahip mi?

Ağırlıklı bir grafiktir durumunda , iki farklı en az yayılan ağaçlar vardır ve , daha sonra bu doğrudur ki, herhangi kenar için de , kenarların sayısı aynı ağırlığı ile birlikte (dahil kendisi) kenarların sayısı ile aynıdır ile aynı olan ağırlık ? İfade doğruysa, bunu nasıl kanıtlayabiliriz? $G$ $T_1 = (V_1, E_1)$ $T_2 = (V_2, E_2)$ $e$ $E_1$ $E_1$ $e$ $e$ $E_2$ $e$

graph-theory spanning-trees weighted-graphs

— Aden Dong
kaynak

Zor ama uygulanabilir bir yaklaşım göstermektir 1) Kruskal'ın algoritması her minimum yayılma ağacını üretebilir ve 2) Kruskal tarafından bulunan tüm minimum yayılma ağaçlarının kenar ağırlığı çokluğu aynıdır.

— Raphael

Yanıtlar:

İddia: Evet, bu ifade doğrudur.

Korumalı Kroki: Let kenar ağırlık MULTISETS iki az kapsayan ağaç olarak . Varsayalım ve ifade bunların simetrik bir fark ile . $T_1,T_2$ $W_1,W_2$ $W_1 \neq W_2$ $W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$

ile kenarını seçin , yani yalnızca ağaçlardan birinde meydana gelen ve minimum ayrışma ağırlığına sahip bir kenardır. Böyle bir kenar, özellikle , her zaman vardır: açıkça, ağırlığın tüm kenarları her iki ağaçta olamaz, aksi takdirde . İzin wlog ve kabul ağırlığı daha kenarlara sahip daha . $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ $w(e) = \min W$ $e$ $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ $\min W$ $\min W \notin W$ $e \in T_1$ $T_1$ $\min W$ $T_2$

Şimdi tüm kenarları dikkate kesim de vardır ile indüklenir da . Bir kenar varsa aynı şekilde ağırlığı orada , güncelleme kullanarak yerine ; yeni ağacın hala ile aynı kenar ağırlıklı çoklu kümeye sahip minimum genişleyen bir ağaç olduğunu unutmayın . Bu argümanı tekrarlıyoruz, iki unsurla daraltıyor ve böylece her adımda bir kenarı aday setinden çıkarıyoruz. Bu nedenle, içindeki tüm kenarların $T_2$ $C_{T_1}(e)$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $W$ $e$ $T_2 \cap C_{T_1}(e)$ (burada güncellenmiş versiyondur) dışında bir ağırlığa sahiptir . $T_1$ $w(e)$

Şimdi her zaman ve ¹ değiştirebilmemiz için seçebiliriz , yani yeni bir yayılan ağaç oluşturabiliriz $e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$ $e$ $e'$

$\qquad \displaystyle T_3 = \begin{cases} (T_1 \setminus \{e\}) \cup \{e'\}, &w(e') \lt w(e) \\[.5em] (T_2 \setminus \{e'\}) \cup \{e\}, &w(e') \gt w(e) \end{cases}$

ağırlığı ve daha az olan ; bu minimum yayılan ağaçlar olarak seçimiyle çelişir . Bu nedenle, . $T_1$ $T_2$ $T_1,T_2$ $W_1 = W_2$

Düğümleri olay olan bir yol ile bağlıdır ; , deki benzersiz kenardır . $e$ $T_2$ $P$ $e'$ $P \cap C_{T_1}(e)$

— Raphael
kaynak

İstinaden Dave yorumun , ben testere bir karşı örnek oluşturmaya çalışmak) deyimi kanıtlamaya çalışıyor o, 1) TikZing ama, 2 başarısız sonra yanlış olduğunu bir karşı örnek vardı inanan 0 sonra bu kanıtı) ile geldi ispatın başarısız olduğu ve tekrar başarısız olduğu yere dayanır ve son olarak 3) bu yeni örneklerin ispatı bulmak için işe yaramadığı yolu kullanarak. Muhtemelen bu yüzden olabildiğince rafine edilmemiştir.

— Raphael

evetler aynen, ben neden olduğu cyt ile ne kastedildiğini anlamıyorum de sadece gibi kesilmiş görmüştü I kesilmiş

e

$e$

T_{1}

$T_1$

(S, V - S)

$(S,V-S)$

— dragoboy

@dragoboy kaldırma bağlantısı ; bir bileşen , diğeri tamamlayıcıyı oluşturur.

e

$e$

T_{1}

$T_1$

S

$S$

— Raphael

İşte diğer matroidler için de çalışan biraz daha basit bir argüman. (Bu soruyu başka birinden gördüm .)

Varsayalım ki vardır kenarları. Genelliği kaybetmeden, ağırlık fonksiyonunun cinsinden değerleri aldığını varsayalım , bu nedenle için kümelerine . Bu numara ile indüksiyon yapabilir boş olmayan bir ve nokta sayısı de ; için ve herhangi , deyim açıktır. $G$ $m$ $w$ $[m]$ $E$ $E_i := w^{-1}(i)$ $i\in [m]$ $j$ $E_i$ $n$ $G$ $j=1$ $n$

Matroidler hakkında standart bir gerçek, her MST için , açgözlü algoritmanın üretmesi için tarafından indüklenen sıralamanın doğrusal bir uzantısı olmasıdır . $T$ $w$ $T$

İndüksiyon kapatmak için almak böylece en fazla sayıda olmak boşaltmak değildir. Takım . Dikkate olduğu herhangi bir doğrusal uzantısı olarak koyar her kenar herhangi bir kenarından önce . Buna göre, herhangi bir MST, ile indüklenen alt- bir yayılma ormanından ve bazı kenarlardan . Endüktif hipotez ile her bağlı bileşeni, için her aynı sayıda kenara sahiptir . tüm seçenekleri $t$ $E_t$ $E' = E_1 \cup \cdots \cup E_{t-1}$ $w$ $E'$ $E_t$ $F$ $E'$ $E_t$ $F$ $E_i$ $i < t$ $F$ gelen kenar sayısı aynı boyutta olması komple gerekli kapsayan bir ağaç için seçimi bağımsızdır ve işlem tamamdır. $E_t$ $F$ $F$

— Louis
kaynak

MST problemi için matroid verebilir misiniz ? Gelmek zor bir şey olduğunu hatırlıyorum ve henüz yapıldığını görmedim (titizlikle). Evet, açgözlü algoritmalar, ama kullanmak matroid kuramdan açgözlü (kanonik).

— Raphael

Kruskal Algoritması doğruluğu ve her MST gerçeğiyle: Ben çekirdek argüman eserlerini düşünmek (ve hiç Matroid'ler gerekmez), söz konusu olabilir (spesifik bir ile Kruskal bir çalışma elde edilebilir ağırlık multiset permütasyonunu (sıralı) titiz kanıt beklemede). "Kanıt beklemede" yazıyorum, çünkü ne önemsiz ne de anında: iddiayı kullanmadan, Kruskal'ın neden tüm MST'leri bulması gerektiği açık değil. Biri Açıkçası, eğer vardı , farklı bir ağırlık MultiSet Kruskal bulmak asla!

— Raphael

1. Matroid grafik matroiddir. Bitti!

— Louis

2. Kafan karıştı. Soyut olarak, temel politop üzerinde doğrusal optimizasyon yapıyoruz. Matroidlerin standart karakterizasyonlarından biri, açgözlü algoritmanın herhangi bir ağırlık seçimi için çalışmasıdır. Tüm minimum yayılan ağaçlar, bu politopun bir yüzünün köşeleridir. Şimdi LP'den gelen standart fikirler, bahsettiğim standart gerçeğe yol açıyor.

w

$w$

— Louis

1. bir referans verebilir? Bilmiyorum grafik matroid. 2. Şimdi LP'yi de içine sürüklüyorsunuz! Söylediğim tek şey cevabınızın matroidden yoksun olması ve matroid olmadan akıl yürütme çizgisinin iddianın kendisine bağlı olduğu görünüyor. Bu konuda bir yolunuz varsa, lütfen cevabı düzenleyin / açıklayın.

— Raphael