Обмеження кількості ребер між зірковими графіками, таким чином, що графік є планарним


9

У мене є графік Gякий складається лише зіркових графіків. Зоряний графік складається з одного центрального вузла, що має краї до кожного іншого вузла в ньому. ДозволяєH1,H2,,Hn бути різними зірковими графіками різних розмірів, які присутні у G. Ми називаємо набір усіх вузлів, які є центрами в будь-якому зірковому графікуR.

Тепер припустимо, що ці зіркові графіки будують краї до інших зіркових графіків, щоб жодне ребро не траплялося між будь-якими вузлами в R. Потім, скільки ребер існує максимум між вузлами вR і вузли, які не знаходяться R, якщо графік повинен залишатися планарним?

Я хочу верхня межа кількості таких ребер. Однією з верхніх меж, про які я маю на увазі, є: розглянути їх як двосторонній плоский графік, деR це один набір вершин, а решта вершин утворюють інший набір A. Нас цікавлять ребра між цими наборами (R і A). Оскільки це планарний двосторонній, кількість таких ребер обмежена вдвічі більшою кількістю вузлів уG.

Я відчуваю, що є краща межа, можливо, удвічі більше вузлів A плюс кількість вузлів у R.

Якщо ви можете спростувати мою інтуїцію, то це теж було б добре. Сподіваємось, хтось із вас може придумати хороший зв’язок разом з деякими відповідними аргументами.


1
Дозвольте мені повторити проблему по-іншому: зважаючи на планарний двосторонній графік, скажімо, H, ми хочемо розкласти його на підмножини, де кожній підмножині відповідає зірковий графік у G (розкладення вузла, нерозрізненого, на зірки, що говорять "x" (якщо вважати, що вони існують)). то яка найтісніша межа пов'язана з кількістю ребер у планарному двопартійному графіку H (чи може «х» відігравати в ньому будь-яку роль ??).
singhsumit


майже здається дублікатом вищезазначеного питання, але я не впевнений.
Суреш Венкат

Перерахунок не повністю уточнює: якщо у вас є двосторонній графік, ви або розділяєте ребра на зірки, дублюючі вузли, або вузли розділів, втрачаючи краї. Наприклад, квадрат дає або 2 зірки 3-вузла, або 3-вузол і 1-вузол. В обох випадках, однак, здається, що аналіз та приклад @ David ( cstheory.stackexchange.com/questions/5412 ) відповідає на ваше запитання.
Джек

Відповіді:


2

Ваше твердження трохи неоднозначне: спочатку ви пишете, що "... такий, що жоден край не виникає між вузлами в R", але наступний абзац означає, що в вершинах також немає ребер A. Я також припускаю, що зірки непересічні, і ви рахуєте всі ребра (включаючи ті, які спочатку були у зірок). Припустимо також, що є принаймні дві зірки, і принаймні одна з них має ступінь2.

У цьому випадку ви не можете перемогти 2N4 пов'язаний (N= кількість усіх вершин). Розглянемо дещо інший сценарій: почніть з будь-якого наборуNвершини, деякі червоні, деякі чорні, принаймні дві з кожного виду. На кожному кроці додайте довільно край між червоною та чорною вершиною до тих пір, поки це не створить перетину чи дублювання ребер. Я стверджую, що коли ти застряєш, усі цикли мають довжину4.

Ваш сценарій - особливий випадок цього процесу, коли ви починаєте спочатку створюючи зірки, а потім пізніше додаючи решта ребер. Якщо всі цикли мають довжину4, the 2N4пов'язане наступним чином. Загалом, це показує, що незалежно від того, з якого двобічного графіка ви починаєте, ви завжди можете заповнити його до чотиригранного графіка (слово, яке я склав).

Тепер покажемо претензію. У цьому процесі всі шляхи матимуть чергуються чорні та червоні вершини, і кожен цикл матиме принаймні довжину4. Якщо графік не з’єднаний, ви можете з'єднати будь-яку червону вершину на зовнішній грані одного компонента з чорною вершиною на іншій стороні іншого компонента. Тож можна припустити, що графік вже підключений.

Припустимо, у вас є обличчя F довжини 6 або більш. Fповинно мати принаймні три чорні вершини (деякі, можливо, рівні). Якщо якась вершинаx повторюється на F, зробіть два послідовних виступи x, сказати xa...xb.... F повинна містити чорну вершину zx, так, залежно від місця розташування z, ми могли підключити будь-який a або b до z всередині Fбез дублювання країв. Якщо вершина не повторюється, виберіть розділ за годинниковою стрілкоюxaybz з F, де x,y,z чорні і a,bчервоні. Якщоx підключено до b тоді a не може бути підключено до z (по планарності), тому ми можемо додати один з ребер (x,b), (a,z) всередині F.


дякую за відповідь. Деякі люди вище розмістили відповідне посилання на подібну проблему, і тепер у мене є відповідь.
singhsumit
Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.