¿Los árboles de expansión mínima de un gráfico ponderado tienen el mismo número de aristas con un peso dado?

Si un gráfico ponderado tiene dos árboles de expansión mínima diferentes y , entonces es cierto que para cualquier borde en $G$ $T_1 = (V_1, E_1)$ $T_2 = (V_2, E_2)$ $e$ $E_1$ , el número de bordes en con el mismo peso que (incluyendo ) es igual al número de aristas en con el mismo peso que ? Si la afirmación es cierta, ¿cómo podemos probarla? $E_1$ $e$ $e$ $E_2$ $e$

graph-theory spanning-trees weighted-graphs

— Aden Dong
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Un enfoque difícil pero factible es mostrar 1) el algoritmo de Kruskal puede producir cada árbol de expansión mínima y 2) todos los árboles de expansión mínima encontrados por Kruskal tienen el mismo conjunto múltiple de peso de borde.

— Raphael

Respuestas:

Reclamación: Sí, esa afirmación es cierta.

Boceto de prueba: deje que sean dos árboles de expansión mínima con multisets de peso de borde . Suponga y denote su diferencia simétrica con . $T_1,T_2$ $W_1,W_2$ $W_1 \neq W_2$ $W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$

Elija el borde con $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ $w(e) = \min W$ $e$ $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ $\min W$ puede ser en ambos árboles, de lo contrario . Wlog deja y asume que tiene más bordes de peso que . $\min W \notin W$ $e \in T_1$ $T_1$ $\min W$ $T_2$

Ahora considere todos los bordes en que también están en el corte que es inducido por en . Si hay un borde que tiene el mismo peso que , actualice con $T_2$ $C_{T_1}(e)$ $e$ $T_1$ $e'$ $e$ $T_1$ $e'$ lugar de ; tenga en cuenta que el nuevo árbol sigue siendo un árbol de expansión mínima con el mismo conjunto múltiple de peso de borde que . Repetimos este argumento, reduciendo por dos elementos y eliminando así un borde del conjunto de candidatos para en cada paso. Por lo tanto, llegamos después de muchos pasos a una configuración donde todos los bordes en $e$ $T_1$ $W$ $e$ $T_2 \cap C_{T_1}(e)$ (donde es la versión actualizada) tienen pesos distintos de . $T_1$ $w(e)$

Ahora siempre podemos elegir modo que podamos intercambiar y ¹, es decir, podemos crear un nuevo árbol de expansión $e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$ $e$ $e'$

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

que tiene un peso menor que $T_1$ y ; Esto contradice la elección de como árboles de expansión mínima. Por lo tanto, . $T_2$ $T_1,T_2$ $W_1 = W_2$

Los nodos incidentes de están en conectados por una ruta ; es la ventaja única en . $e$ $T_2$ $P$ $e'$ $P \cap C_{T_1}(e)$

— Rafael
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En referencia al comentario de Dave , se me ocurrió esta prueba después de 0) creyendo que tenía un contraejemplo que vi que estaba mal después de TikZing, 1) tratando de probar la declaración pero fallando, 2) tratando de construir un contraejemplo basado en dónde la prueba falló y falló nuevamente, y finalmente 3) usar la forma en que estos nuevos ejemplos no funcionaron para llegar a la prueba. Probablemente también sea por eso que no es tan refinado como podría ser.

— Raphael

sí exactamente, no entiendo qué se entiende por cyt inducido por en solo había visto un corte como cortado

e

$e$

T_{1}

$T_1$

(S, V - S)

$(S,V-S)$

— dragoboy

@dragoboy Eliminar desconecta ; un componente forma , el otro el complemento.

e

$e$

T_{1}

$T_1$

S

$S$

— Raphael

Aquí hay un argumento un poco más simple que también funciona para otras matroides. (Vi esta pregunta de otra ).

Suponga que tiene aristas. Sin pérdida de generalidad, suponga que la función de peso toma valores en , por lo que tenemos una partición de en conjuntos para . Podemos hacer inducción sobre el número de no vacío y el número de vértices en ; para y cualquiera $G$ $m$ $w$ $[m]$ $E$ $E_i := w^{-1}(i)$ $i\in [m]$ $j$ $E_i$ $n$ $G$ $j=1$ $n$ , el enunciado es obvio.

Un hecho estándar sobre matroides es que por cada MST hay una extensión lineal de la ordenación inducida por de modo que el algoritmo codicioso produce . $T$ $w$ $T$

Para cerrar la inducción, tome como el número más grande para que no esté vacío. Establezca . Observe que cualquier extensión lineal de coloca cada borde en antes que cualquier borde en . Según el hecho, cualquier MST consiste en un bosque que abarca del subgráfico inducido por y algunos bordes de . Según la hipótesis inductiva, cada componente conectado de tiene el mismo número de aristas de cada para $t$ $E_t$ $E' = E_1 \cup \cdots \cup E_{t-1}$ $w$ $E'$ $E_t$ $F$ $E'$ $E_t$ $F$ $E_i$ $i < t$ . Dado que todas las opciones de $F$ tienen el mismo tamaño, el número de aristas desde requerido para completar $E_t$ $F$ a un árbol de expansión es independiente de la elección de y hemos terminado. $F$

— Louis
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¿Puedes dar el matroid para el problema MST? Me parece recordar que es algo difícil de lograr, y todavía tengo que verlo hecho (rigurosamente). Sí, utilizamos algoritmos codiciosos, pero no los codiciosos (canónicos) de la teoría matroide.

— Raphael

Dicho esto, creo que su argumento central funciona (y no necesita matroides en absoluto): por la corrección del algoritmo de Kruskal y el hecho de que cada MST se puede obtener de una ejecución de Kruskal con una permutación específica (ordenada) del multiset de peso ( prueba rigurosa pendiente), el reclamo sigue. Escribo "prueba pendiente" porque no es trivial ni inmediato: sin usar el reclamo en sí mismo, no está del todo claro por qué Kruskal debería encontrar todos los MST. ¡Claramente, si uno tuviera un peso múltiple diferente, Kruskal nunca lo encontraría!

— Raphael

1. El matroide es el matroide gráfico. ¡Hecho!

— Louis

w

$w$

1. ¿Puedes dar una referencia? No sé el matroide gráfico. 2. ¡Ahora también arrastras LP en él! Todo lo que digo es que su respuesta carece del matroide, y que sin el matroide la línea de razonamiento parece depender de la afirmación misma. Si tiene alguna forma de evitarlo, edite / aclare la respuesta.

— Raphael