Gli alberi di spanning minimi di un grafico ponderato hanno lo stesso numero di spigoli con un determinato peso?

Se un grafico ponderato $G$ ha due alberi spanning minimi differenti $T_1 = (V_1, E_1)$ e $T_2 = (V_2, E_2)$ , è vero che per ogni bordo $e$ in $E_1$ , il numero di bordi in $E_1$ con lo stesso peso di $e$ (incluso $e$ stesso) è uguale al numero di bordi in $E_2$ con lo stesso peso di $e$ ? Se l'affermazione è vera, allora come possiamo provarla?

graph-theory spanning-trees weighted-graphs

— Aden Dong
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Un approccio complicato ma fattibile è quello di mostrare 1) l'algoritmo di Kruskal può produrre ogni spanning tree minimo e 2) tutti gli spanning tree minimi trovati da Kruskal hanno lo stesso multiset di peso limite.

— Raffaello

Risposte:

Reclamo: Sì, questa affermazione è vera.

Proof Sketch: Sia $T_1,T_2$ due alberi di spanning minimi con multiset di peso dei bordi $W_1,W_2$ . Assumi $W_1 \neq W_2$ e denota la loro differenza simmetrica con $W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$ .

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

Ora considera tutti i bordi in che sono anche nel taglio che è indotto da in . Se c'è un bordo che ha lo stesso peso di , aggiorna usando invece di ; si noti che il nuovo albero è ancora un albero spanning minimo con lo stesso multiset di spigoli di . Ripetiamo questo argomento, riducendo di due elementi e rimuovendo così un vantaggio dal gruppo di candidati per in ogni fase. Pertanto, superiamo finitamente molti passaggi per un'impostazione in cui tutti i bordi in $T_2$ $C_{T_1}(e)$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $W$ $e$ $T_2 \cap C_{T_1}(e)$ (dove è la versione aggiornata) hanno pesi diversi da . $T_1$ $w(e)$

Ora possiamo sempre scegliere modo che possiamo scambiare ed ¹, ovvero possiamo creare un nuovo spanning tree $e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$ $e$ $e'$

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

che ha un peso inferiore a e ; questo contraddice la scelta di come alberi spanning minimi. Pertanto, . $T_1$ $T_2$ $T_1,T_2$ $W_1 = W_2$

I nodi incidenti di sono in collegati da un percorso ; è il bordo unico in . $e$ $T_2$ $P$ $e'$ $P \cap C_{T_1}(e)$

— Raffaello
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In riferimento al commento di Dave , ho trovato questa prova dopo 0) credendo di avere un contro-esempio che ho visto era sbagliato dopo averlo fatto TikZing, 1) cercando di dimostrare l'affermazione ma non ci sono riuscito, 2) cercando di costruire un contro-esempio in base al punto in cui la prova ha avuto esito negativo e di nuovo non riuscito, e infine 3) utilizzando il modo in cui questi nuovi esempi non hanno funzionato per elaborare la prova. Questo è probabilmente anche il motivo per cui non è così raffinato come potrebbe essere.

— Raffaello

sì esattamente, non capisco cosa si intende per cyt indotto da in avevo visto solo tagliare come tagliare

e

$e$

T_{1}

$T_1$

(S, V - S)

$(S,V-S)$

— dragoboy

@dragoboy La rimozione disconnette ; un componente forma , l'altro il complemento.

e

$e$

T_{1}

$T_1$

S

$S$

— Raffaello

Ecco un argomento leggermente più semplice che funziona anche con altri matroidi. (Ho visto questa domanda da un'altra .)

Supponiamo che abbia i bordi . Senza perdita di generalità, supponiamo che la funzione di peso assuma valori in , quindi abbiamo una partizione di in insiemi per . Possiamo fare l'induzione sul numero di non vuoto e sul numero di vertici in ; per e qualsiasi , l'istruzione è ovvia. $G$ $m$ $w$ $[m]$ $E$ $E_i := w^{-1}(i)$ $i\in [m]$ $j$ $E_i$ $n$ $G$ $j=1$ $n$

Un fatto di standard circa matroidi è che per ogni MST è un'estensione lineare dell'ordinamento indotta da in modo che l'algoritmo greedy produce . $T$ $w$ $T$

Per chiudere l'induzione, prendi come il numero più grande in modo che non sia vuoto. Impostare . Si noti che qualsiasi estensione lineare di mette ogni fronte in prima di ogni bordo in . Secondo il fatto, qualsiasi MST è costituito da una foresta spanning del sottografo indotta da e alcuni bordi da . Secondo l'ipotesi induttiva, ciascun componente collegato di ha lo stesso numero di spigoli di ciascun per . Dal momento che tutte le scelte di $t$ $E_t$ $E' = E_1 \cup \cdots \cup E_{t-1}$ $w$ $E'$ $E_t$ $F$ $E'$ $E_t$ $F$ $E_i$ $i < t$ $F$ hanno le stesse dimensioni, il numero di spigoli da richiesti per completare ad un albero di spanning è indipendente dalla scelta di e abbiamo finito. $E_t$ $F$ $F$

— Louis
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Puoi dare il matroid per il problema MST? Mi sembra di ricordare che è una cosa difficile da inventare, e devo ancora vederlo fatto (rigorosamente). Sì, usiamo algoritmi avidi, ma non l' avido (canonico) della teoria matroide.

— Raffaello

Detto questo, penso che il tuo argomento principale funzioni (e non abbia affatto bisogno dei matroidi): dalla correttezza dell'algoritmo di Kruskal e dal fatto che ogni MST può essere ottenuto da una serie di Kruskal con una permutazione specifica (ordinata) del multiset di peso ( prova rigorosa in sospeso), il reclamo segue. Scrivo "in attesa di prove" perché non è né banale né immediato: senza usare l'affermazione stessa non è affatto chiaro il motivo per cui Kruskal dovrebbe trovare tutti gli MST. Chiaramente, se uno avesse un multiset di peso diverso, Kruskal non lo troverebbe mai!

— Raffaello

1. Il matroid è il matroid grafico. Fatto!

— Louis,

2. Sei confuso. In astratto, stiamo eseguendo un'ottimizzazione lineare sulla base del politopo. Una delle caratterizzazioni standard dei matroidi è che l'algoritmo avido funziona per qualsiasi scelta di pesi. Tutti i spanning tree -minimal sono vertici di un volto di questo politopo. Ora le idee standard di LP portano al fatto standard che ho citato.

w

$w$

— Louis,

1. Puoi fornire un riferimento? Non conosco il matroid grafico. 2. Ora trascina anche LP in esso! Tutto quello che sto dicendo è che la tua risposta è priva del matroide e che senza il matroide la linea di ragionamento sembra basarsi sull'affermazione stessa. Se hai un modo per aggirare questo, ti preghiamo di modificare / chiarire la risposta.

— Raffaello