Имеют ли минимальные остовные деревья взвешенного графа одинаковое количество ребер с заданным весом?

Если взвешенный граф $G$ имеет два разных минимальных остовных дерева $T_1 = (V_1, E_1)$ и $T_2 = (V_2, E_2)$ , то верно ли, что для любого ребра $e$ в $E_1$ число ребер в $E_1$ с таким же весом, что и $e$ (включая само $e$ ), равно числу ребер в $E_2$ с таким же весом, как и $e$ ? Если утверждение верно, то как мы можем доказать это?

graph-theory spanning-trees weighted-graphs

— Аден Донг
источник

Один хитрый, но выполнимый подход состоит в том, чтобы показать: 1) алгоритм Крускала может создавать каждое минимальное остовное дерево и 2) все минимальные остовные деревья, найденные Крускалом, имеют одинаковый мультимножество с ребристым весом.

— Рафаэль

Ответы:

Утверждение : Да, это утверждение верно.

Схема доказательства. Пусть $T_1,T_2$ - два минимальных остовных дерева с мультимножествами с ребристым весом $W_1,W_2$ . Предположим , $W_1 \neq W_2$ и обозначим их симметрическую разность с $W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$ .

$e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ $w(e) = \min W$ $e$ $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ $\min W$ $\min W \notin W$ $e \in T_1$ $T_1$ $\min W$ $T_2$

Теперь рассмотрим все ребра в , которые также находятся в разрезе , индуцированном в . Если там есть ребро , имеющее тот же вес, что и , обновите , используя вместо ; обратите внимание, что новое дерево все еще является минимальным остовным деревом с тем же мультимножеством веса ребра, что и . Мы повторяем этот аргумент, сужая на два элемента и тем самым удаляя одно ребро из набора кандидатов в на каждом шаге. Таким образом, после конечного числа шагов мы получаем настройку, в которой все ребра в $T_2$ $C_{T_1}(e)$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $W$ $e$ $T_2 \cap C_{T_1}(e)$ (где - обновленная версия) имеют веса, отличные от . $T_1$ $w(e)$

Теперь мы всегда можем выбрать , чтобы мы могли поменять местами и ¹, то есть мы можем создать новое связующее дерево $e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$ $e$ $e'$

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

который имеет меньший вес, чем и ; это противоречит выбору качестве минимальных остовных деревьев. Следовательно, . $T_1$ $T_2$ $T_1,T_2$ $W_1 = W_2$

Инциденты узла находятся в соединенном путем ; - это уникальное ребро в . $e$ $T_2$ $P$ $e'$ $P \cap C_{T_1}(e)$

— Рафаэль
источник

Ссылаясь на комментарий Дейва , я пришел с этим доказательством после 0) полагая, что у меня есть контрпример, который, как я увидел, был неверным после TikZing, 1) пытался доказать утверждение, но не смог, 2) пытался построить контрпример основанный на том, где доказательство потерпело неудачу и потерпело неудачу снова, и наконец 3) использование способа, которым эти новые примеры не работали, чтобы придумать доказательство. Вероятно, поэтому он не так совершенен, как мог бы быть.

— Рафаэль

поименный точно, я не понимаю , что подразумевается под цитохромом индуцированного в я только видел , как разрез покрой

e

$e$

T_{1}

$T_1$

(S, V - S)

$(S,V-S)$

— dragoboy

@dragoboy Удаление отключает ; один компонент образует , другой - комплемент.

e

$e$

T_{1}

$T_1$

S

$S$

— Рафаэль

Вот немного более простой аргумент, который также работает для других матроидов. (Я видел этот вопрос от другого .)

Предположим, что имеет ребер. Без ограничения общности предположим, что весовая функция принимает значения в , поэтому мы имеем разбиение на множества для . Мы можем сделать индукцию по числу непустых и числу вершин в ; для и любого утверждение очевидно. $G$ $m$ $w$ $[m]$ $E$ $E_i := w^{-1}(i)$ $i\in [m]$ $j$ $E_i$ $n$ $G$ $j=1$ $n$

Стандартный факт о том , что матроидах для каждого MST есть линейное продолжение упорядочения , индуцированного так , что жадный алгоритм производит . $T$ $w$ $T$

Чтобы закрыть индукцию, возьмите за наибольшее число, чтобы не было пустым. Установите . Заметьте, что любое линейное расширение помещает каждое ребро в перед любым ребром в . Согласно этому факту, любое MST состоит из остовного леса подграфа, индуцированного и некоторых ребер из . Согласно индуктивной гипотезе, каждая связная компонента имеет одинаковое количество ребер от каждого для . Так как все варианты $t$ $E_t$ $E' = E_1 \cup \cdots \cup E_{t-1}$ $w$ $E'$ $E_t$ $F$ $E'$ $E_t$ $F$ $E_i$ $i < t$ $F$ имеют одинаковый размер, число ребер от необходимое для завершения до связующего дерева, не зависит от выбора и все готово. $E_t$ $F$ $F$

— Луис
источник

Можете ли вы дать матроид для проблемы MST? Кажется, я помню, что это сложная вещь, и я еще не видел, чтобы это было сделано (строго). Да, мы используем жадные алгоритмы, но не (канонический) жадные из теории матроидов.

— Рафаэль

Тем не менее, я думаю, что ваш основной аргумент работает (и совсем не нуждается в матроидах): из-за правильности алгоритма Крускала и того факта, что каждый MST может быть получен из прогона Крускала с определенной (отсортированной) перестановкой весового мультимножества ( строгие доказательства ожидают рассмотрения), претензия следует. Я пишу «ожидающие доказательства», потому что это не тривиально и не сразу: без использования самой претензии не совсем понятно, почему Kruskal должен найти все MST. Очевидно, что если бы у вас был мультимножество другого веса, Крускал никогда бы его не нашел!

— Рафаэль

1. Матроид - это графический матроид. Выполнено!

— Луи

2. Вы в замешательстве. Абстрактно, мы делаем линейную оптимизацию по многограннику базиса. Одна из стандартных характеристик матроидов состоит в том, что жадный алгоритм работает для любого выбора весов. Все минимальные остовные деревья являются вершинами грани этого многогранника. Теперь стандартные идеи из LP приводят к стандартному факту, о котором я говорил.

w

$w$

— Луи

1. Можете ли вы дать ссылку? Я не знаю , в графическом матроид. 2. Теперь вы тоже перетаскиваете LP! Все, что я говорю, это то, что в вашем ответе нет матроида, и что без матроида рассуждения, похоже, полагаются на само утверждение. Если у вас есть способ обойти это, пожалуйста, отредактируйте / уточните ответ.

— Рафаэль