Чи однакова кількість мінізованих дерев зваженого графіка має однакову кількість країв із заданою вагою?

Якщо зважений графік $G$ має два різних мінімально простягаються дерева $T_1 = (V_1, E_1)$ і $T_2 = (V_2, E_2)$ , то правда, що для будь-якого краю $e$ в $E_1$ кількість ребер в $E_1$ з тією ж масою, що і $e$ (включаючи сам $e$ ), така ж кількість ребер в $E_2$ з такою ж вагою, як $e$? Якщо твердження вірно, то як ми можемо це довести?

Претензія: Так, це твердження вірно.

Ескіз доказування: Нехай $T_1,T_2$ - два мінімально натягнуті дерева з мультисетами крайової ваги $W_1,W_2$ . Припустимо $W_1 \neq W_2$ і позначимо їх симетричну різницю з $W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$ .

$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$

Тепер розглянемо всі ребра в , які також знаходяться в зрізі який індукується в . Якщо там є край який має таку ж вагу, як , оновіть , використовуючи замість ; зауважте, що нове дерево все ще є мінімальним натяжним деревом із таким же мультисетом, що має вагу, як . Ми повторюємо цей аргумент, скорочуючи на два елементи і тим самим видаляючи одне ребро із набору кандидатів для на кожному кроці. Таким чином, ми отримуємо після остаточно багато кроків до налаштування, де всі 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)$(де - оновлена ​​версія) мають ваги, відмінні від .$T_1$$w(e)$

Тепер ми завжди можемо вибрати таким чином, щоб ми могли поміняти місцями і ¹, тобто ми можемо створити нове дерево, що охоплює$e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$$e$$e'$

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

який має меншу вагу, ніж і ; це суперечить вибору як мінімально охоплюючих дерев. Тому .$T_1$$T_2$$T_1,T_2$$W_1 = W_2$

1. Вузли інциденту знаходяться в з'єднаних шляхом ; - це унікальний край у .$e$$T_2$$P$$e'$$P \cap C_{T_1}(e)$

Ось трохи простіший аргумент, який працює і для інших матроїдів. (Я бачив це питання з іншого .)

Припустимо, що має ребер. Не втрачаючи загальності, припустимо, що вагова функція приймає значення в , тому ми маємо розподіл на множини для . Ми можемо зробити індукцію по числу непорожньої і числа вершин в ; для і будь-якого , твердження очевидно.m w [ m ] E E i : = w - 1 ( i ) i ∈ [ m ] j E i n G j = 1 $G$$m$$w$$[m]$$E$$E_i := w^{-1}(i)$$i\in [m]$$j$$E_i$$n$$G$$j=1$$n$

Стандартний факт про те , що матроід для кожного MST є лінійне продовження упорядкування , індукованого так , що жадібний алгоритм виробляє .ш $T$$w$$T$

Щоб закрити індукцію, візьміть як найбільше число, щоб не було порожнім. Встановіть . Зауважте, що будь-яке лінійне розширення ставить кожне ребро в перед будь-яким ребром у . Згідно з фактом, будь-який MST складається з розкинутого лісу підграграфа, індукованого та деяких ребер від . За індуктивною гіпотезою, кожен з’єднаний компонент має однакову кількість ребер від кожного для . Оскільки всі варіантиE t E ′ = E 1 ∪ ⋯ ∪ E t - 1 w E ′ E t F E ′ E t F E i i < t F E t F $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$мають однаковий розмір, кількість ребер від необхідних для завершення до дерева, що охоплює, не залежить від вибору і ми закінчили.$E_t$$F$$F$