WYKŁAD 6. Kolorowanie krawędzi
Przykład: W turnieju szachowym, w którym biorą udział szachistki A,B,C,D,E,F, pozostały do rozegrania mecze pomiędzy parami AE, AF, BC, BD, BF, CD, DE, EF. W ilu rundach można zakończyć ten turniej?
Indeks chromatyczny
• Zbiór niezależny skojarzenie
• Liczba chromatyczna χ indeks chromatyczny χ’
• Indeks chromatyczny to najmniejsza liczba kolorów, którymi można pomalować krawędzie grafu tak, by krawędzie o wspólnym końcu miały różne kolory.
Inaczej
• χ’(G) to minimalna liczba skojarzeń, którymi można pokryć zbiór E(G).
• χ’(G)= χ(L(G))
χ’=3
)()(' GG
χ’=4
Tw. Vizinga
Tw. (Vizing,1964) Dla każdego grafu G
1)()(')( GGG
Mówimy, że G jest k-krawędziowo-kolorowalny,
gdy
kG )('
Lemat
Lemat. Dane są: liczba naturalna k, graf G i wierzchołek v tego grafu. Jeśli
(i) wierzchołek v oraz wszyscy jego sąsiedzi mają stopień nie większy niż k,
(ii) co najwyżej jeden sąsiad v ma stopień równy k, oraz
(iii) graf G-v jest k-krawędziowo-kolorowalny,
to G jest k-krawędziowo-kolorowalny.
Dowód Tw. Vizinga
• Indukcja względem n=|V(G)|. • Prawda dla n=1.• Załóżmy, że to prawda dla n i weźmy dowolny
graf G na n+1 wierzchołkach.• Niech v będzie dowolnym wierzchołkiem G.• Na podstawie zał. ind. G-v jest (Δ+1)-
krawędziowo-kolorowalny.• Na podstawie Lematu z k= Δ+1, G jest (Δ+1)-
krawędziowo-kolorowalny. �
Dowód Lematu
• Indukcja względem k; k=0,1 – trywialne.
• Załóżmy prawdziwość dla k-1.
• Dodając, jeśli trzeba, wierzchołki wiszące, można założyć, że jeden sąsiad v ma stopień k, a pozostali stopień k-1.
Dowód Lematu – c.d.• c: E(G-v) {1,...,k} • N_i – zbiór sąsiadów v bez koloru i, i=1,...,kFAKT: Istnieje c takie, że |N_l|=1 dla pewnego l.• Przyjmijmy b.s.o., że |N_k|=1, N_k={u}. • G’=G bez krawędzi uv i bez krawędzi koloru k• G’ spełnia założenia Lematu z v i k-1, więc z
zał. ind. jest (k-1)-krawędziowo-kolorowalny.• G=G’ plus skojarzenie, więc jest
k-krawędziowo-kolorowalny. �
Dowód Faktu
FAKT: Istnieje c takie, że |N_l|=1 dla pewnego l.
Dowód: Wybierzmy c tak, by zminimalizować
2
1|| i
k
iN
Zauważmy, że
121)(2||1
kvdNk
i i
Stąd, istnieją i i j: |N_i|<2, |N_j| -- nieparzyste.
Dowód Faktu – c.d.• Przypuśćmy, że żadne |N_l| nie jest równe 1.• Wtedy |N_i|=0, a |N_j|>2.• Spójrzmy na maksymalną ścieżkę naprzemienną P
w kolorach i i j, zaczynającą się w N_j.• Jeśli P kończy się sąsiadem v, to musi on należeć
do N_j. • Tak czy owak, zamieniając kolory i i j na P,
otrzymujemy kolorowanie c’, w którym 1 lub 2 wierzchołki ,,przeszły” z N_j do N_i; zatem
22 |||'| ii NN
-- sprzeczność.
Dwa typy grafów
Typ I : χ’(G) =Δ(G): np. P_n, C_{2n}, K_{2n}
Typ I I: χ’(G) =Δ(G)+1: np. C_{2n+1}, K_{2n+1}
Grafy dwudzielne? Graf Petersena ???
II
Grafy dwudzielne są typu I (König 1916)
• Każdy dwudzielny graf G jest podgrafem Δ(G)-regularnego dwudzielnego grafu H (ćwiczenia).
• H posiada, zgodnie z Wnioskiem z Tw. Halla, Δ(G) rozłącznych skojarzeń doskonałych, które pokrywają cały zbiór E(H) (ćwiczenia).
• Zatem zbiór E(G) jest pokryty przez Δ(G) rozłącznych skojarzeń, tzn. χ’(G) =Δ(G).
Faktoryzacja
• Jeśli regularny graf G jest typu I, tzn. χ’(G) =Δ(G), to mówimy, że ma faktoryzację, zwaną też 1-faktoryzacją.
• Krawędzie tego samego koloru tworzą skojarzenia doskonałe, zwane 1-faktorami.
• Dwudzielne grafy regularne są faktoryzowalne, grafy pełne K_{2n} też.
• Grafy pełne K_{2n+1} nie mogą mieć faktoryzacji.• Graf Petersena???
2-faktoryzacja
• 2-faktor w grafie G to jego 2-regularny, rozpięty podgraf H, tzn. H jest sumą cykli i V(H)=V(G).
• 2-faktoryzacją grafu 2k-regularnego G nazywamy podział E(G) na k rozłącznych 2-faktorów.
• 2-faktoryzacja ZAWSZE istnieje !!!
Tw. Petersena o 2-faktoryzacji
Tw. Każdy 2k-regularny graf ma 2-faktoryzację.
Lemat. Jeśli wszystkie stopnie wierzchołków w G są parzyste, to krawędzie w G można zorientować (skierować, ,,ostrzałkować”) tak, by do każdego wierzchołka wchodziło tyle samo strzałek co wychodziło.
Dowód Tw. Petersena
Dowód Tw.: Rozważmy pomocniczy graf 2-dzielny D z A=V(G) do B=V(G), gdzie krawędź biegnie z a do b wgdy gdy ab jest krawędzią w G skierowaną od a do b.
• Graf D jest k-regularny, więc ma 1-faktoryzację.• Każdy 1-faktor w D odpowiada 2-
faktorowi w G. �
Dowód Lematu
Lemat. Jeśli wszystkie stopnie wierzchołków w G są parzyste, to krawędzie w G można zorientować (skierować, ,,ostrzałkować”) tak, by do każdego wierzchołka wchodziło tyle samo strzałek co wychodziło.
Dowód: Indukcja względem e(G) (e=0 prawda).Dla e>0, G musi zawierać cykl C. Zastosujmy
założenie indukcyjne do G’=(V,E-C) i dodajmy cykl C skierowany cyklicznie. �
Top Related