《浅谈拟阵的一些拓展及其应用》学习笔记

1.1 基础定义

定义 \(M=(S,\mathcal I)\) 是拟阵当且仅当 \(\mathcal I\subseteq 2^S\)，且

• （遗传性）\(J\subseteq I\in\mathcal I\Rightarrow J\in\mathcal I\)。
• （扩张性）\(I,J\in\mathcal I\land |I|<|J|\Rightarrow\exist z\in J\backslash I,I\cup\{z\}\in\mathcal I\)。

定义 \(\mathcal I\) 的元素是独立集。极大独立集称为基，极小非独立集称为环。

引理 2.1 所有基的大小相同。

定理 2.2（基交换定理）对于拟阵 \(M\) 的两个基 \(A,B\)，\(\forall z\in A\backslash B,\exist y\in B\backslash A\)，\(A-\{z\}+\{y\}\) 是独立集。

定义 \(C(M)\) 表示拟阵 \(M\) 的所有环，\(B(M)\) 表示拟阵 \(M\) 的所有基。

推论 2.3 所有环不互相包含。

推论 2.4 \(\forall X,Y\in C(M)\land e\in X\cap Y\land X\ne Y\)，\(X\cup Y-\{e\}\notin\mathcal I\)。

proves

证明：由推论 2.3 可得 \(X\backslash Y\) 非空，取 \(f\in X\backslash Y\)，则 \(X-\{f\}\) 是独立集。设 \(Z\) 是 \(X\cup Y\) 中包含 \(X-\{f\}\) 的最大的独立集，因为 \(Y\) 是环所以 \(Y\subsetneq Z\)，所以 \(|Z|\le|X\cup Y-\{f\}|-1<|X\cup Y-\{e\}|\)，所以 \(X\cup Y-\{e\}\) 不是独立集，得证。

推论 2.5 \(\forall e\notin I\in B(M)\)，\(I+\{e\}\) 包含唯一的环。

证明：反证法，若 \(C_1,C_2\subseteq I+\{e\}\)，又因为 \(I\) 是独立集，所以 \(e\in C_1\cap C_2\)，所以 \(C_1\cup C_2-\{e\}\subseteq I\) 包含环，矛盾，得证。

1.2 秩函数

定义拟阵 \(M=(S,\mathcal I)\) 的秩为基的元素个数，秩函数 \(r(U)\) 定义在 \(2^S\) 上，表示 \(U\) 中极大独立集的大小。

定理 2.6（有界性）\(\forall U\subseteq S\)，\(0\le r(U)\le |U|\)。

定理 2.7（单调性）\(\forall A\subseteq B\subseteq S\)，\(r(A)\le r(B)\)。

定理 2.8（次模性）\(\forall A,B\subseteq S\)，\(r(A\cup B)+r(A\cap B)\le r(A)+r(B)\)。

proves

证明：设 \(Z\) 是 \(A\cap B\) 中的最大独立集。根据扩张性，分别扩张出 \(A,B,A\cup B\) 的最大独立集 \(Z_A,Z_B,Z_{AB}\)。

将 \(Z_{AB}\) 划分为 \(A\cap B,A\backslash B,B\backslash A\) 的三部分，根据遗传性，任意部分的组合都是独立集。

设 \(E_A=Z_{AB}\cap(A\backslash B)\)，\(E_B=Z_{AB}\cap(B\backslash A)\)，则

\[\begin{aligned} &r(A\cap B)+r(A\cup B) \\ =&|E_A|+|E_B|+|Z|+|Z| \\ =&(|Z|+|E_A|)+(|Z|+|E_B|) \\ \le&|Z_A|+|Z_B|=r(A)+r(B)&\square \end{aligned} \]

定理 2.9（充分性）对于满足上述三个性质的秩函数 \(r:2^S\rightarrow\N\)，定义 \(\mathcal I=\{I:r(I)=|I|\}\)，则有 \(M=(S,\mathcal I)\) 是拟阵。

proves

证明：遗传性：\(\forall A\subseteq B\in\mathcal I\)，则根据次模性，\(|B|=r(B)\le r(A)+r(B-A)\)，又根据有界性，\(r(A)\le |A|\)，\(r(B-A)\le |B|-|A|\)，所以 \(r(A)=|A|\)，即 \(A\in\mathcal I\)。

交换性：\(\forall A,B\in\mathcal I\land |A|<|B|\)，反证法，若 \(A\) 加入 \(B\) 中任一元素都不是独立集，设 \(B=\{b_1,b_2,\cdots,b_{|B|}\}\)，考虑归纳证明 \(r(A\cup B)=|A|\)，此时则有 \(|B|=r(B)\le r(A\cup B)=|A|\)，矛盾。

若 \(r(A\cup\{b_1,\cdots,b_n\})=|A|\)，则根据次模性，

\[r(A)+r(A\cup\{b_1,\cdots,b_{n+1}\})\le r(A\cup\{b_1,\cdots,b_n\})+r(A\cup\{b_{n+1}\}) \]

所以 \(r(A\cup\{b_1,\cdots,b_{n+1}\})=|A|\)。得证。

2 拟阵上的最优化

对于拟阵 \(M=(S,\mathcal I)\)，给定函数 \(\omega:S\rightarrow\mathbb R_+\)，定义 \(\omega(I)=\sum_{e\in I}\omega(e)\)，求 \(\max\{\omega(I):I\in\mathcal I\}\)。

定理 3.?（贪心算法）

1. 将元素根据 \(\omega\) 按降序排列，即 \(\omega(s_1)\ge\omega(s_2)\ge\cdots\ge\omega(s_{|S|})\)。
2. 维护独立集 \(I\)，初始时为空，\(\texttt{for }i:1\rightarrow |S|\)，若 \(I\cup\{s_i\}\) 是独立集，则 \(I:=I\cup\{s_i\}\)。

proves

证明：首先证明 \(I\) 是基。

设 \(U_i=\{s_1,s_2,\cdots,s_i\}\)，考虑证明在任意时刻 \(i\)，有 \(r(U_i)=|I|\)。归纳证明，\(i=0\) 时显然成立，若 \(i\) 成立，尝试证明 \(i+1\) 也成立。讨论两种情况：

• \(r(U_{i+1})=r(U_i)\)，显然 \(s_{i+1}\) 加不进去，成立。

• \(r(U_{i+1})>r(U_i)\)，设 \(I'\) 是 \(U_{i+1}\) 的极大独立集，由于 \(|I'|>|I|\)，根据扩张性，\(\exist z\in I'\backslash I\)，\(I+\{z\}\) 是独立集。显然 \(z\notin U_i\)，所以 \(z=S_{i+1}\)。

其次证明 \(I\) 是最优解。若真正的最优解第一步与 \(I\) 不同的选择是 \(s_i\)，即选择了权值更小的 \(s_i'\)，所以之后要追上就必须选择一个权值更大的 \(s_j'\)。

根据基交换定理，\(I-\{s_j\}+\{s_j'\}\) 是独立集，所以会选择 \(s_j'\) 而非选择 \(s_j\)，矛盾。得证。

3.1 对偶拟阵

对于拟阵 \(M=(S,\mathcal I)\)，定义 \(M\) 的对偶拟阵 \(M^*=(S,\mathcal I^*)\)，其中 \(\mathcal I^*=\{I:\) 存在 \(M\) 中的基与 \(I\) 不交\(\}\)。或者说所有基的补集的子集的并。

proves

考虑证明 $M^*$ 的秩函数 $r^*$ 合法， $$ \begin{aligned} r^*(U)&=\max_{I\subseteq U\cap\mathcal I^*}|I| \\ &=\max\{|U\backslash B|:B\in B(M)\} \\ &=|U|-\min\{|U\cap B|:B\in B(M)\} \\ &=|U|-r(S)+\max\{|(S\backslash U)\cap B|:B\in B(M)\} \\ &=|U|-r(S)+r(S\backslash U) \end{aligned} $$

1. 有界性：根据 \(r\) 的单调性，\(r(S\backslash U)\le r(S)\)，所以 \(r^*(U)\le |U|\)。

2. 单调性：\(\forall T\subseteq U\subseteq S\)，有

   \[\begin{aligned} r^*(T)&=|T|-r(S)+r(S\backslash T) \\ &\le |T|-r(S)+r(S\backslash U)+r(U\backslash T) & r的次模性 \\ &\le |T|-r(S)+r(S\backslash U)+|U|-|T| & r的有界性\\ &=|U|-r(S)+r(S\backslash U)=r^*(U) \end{aligned} \]

3. 次模性：\(\forall A,B\subseteq S\)，设 \(T=S\backslash A\)，\(U=S\backslash B\)，根据 \(r\) 的次模性，

   \[\begin{aligned} &r(T\cup U)+r(T\cap U) \\ =&r(S\backslash(A\cap B))+r(S\backslash(A\cup B)) \\ \le&r(S\backslash A)+r(S\backslash B) \end{aligned} \]

   带入定义式可得 \(r^*(A\cup B)+r^*(A\cap B)\le r^*(A)+r^*(B)\)。\(\square\)

3.2 删除和收缩

对于拟阵 \(M=(S,\mathcal I)\) 和 \(Z\subseteq S\)，定义拟阵 \(M\) 删除子集 \(Z\) 的拟阵 \(M\backslash Z=(S\backslash Z,\mathcal I')\)，其中 \(\mathcal I'=\{I:I\in\mathcal I\land I\subseteq S\backslash Z\}\)。

定义拟阵 \(M\) 收缩子集 \(Z\) 的拟阵 \(M/Z=(M^*\backslash Z)^*\)。可以证明删除和收缩操作得到的是拟阵，证明略。

考虑收缩操作的意义，简单推导可得 \(r_{M/Z}(U)=r_M(Z\cup U)-r_M(Z)\)。

实际上就是钦定选取 \(Z\) 的一组基，\(M/Z\) 中的独立集的要求即为并上 \(Z\) 的独立集之后是 \(M\) 的独立集。

对应到图拟阵即为缩边操作。

3.3 极小元

对于拟阵 \(M\)，经过一系列删除/收缩操作得到的拟阵 \(M'\) 称为拟阵 \(M\) 的极小元。

4 拟阵交

给定两个相同基础集的拟阵 \(M_1=(S,\mathcal I_1),M_2=(S,\mathcal I_2)\)，求 \(\mathcal I_1\cap\mathcal I_2\) 中的最大集合。

定理 4.1（最小最大定理）\(\max\{|I|:I\in\mathcal I_1\cap\mathcal I_2\}=\min\{r_1(U)+r_2(S\backslash U):S\subseteq U\}\)。

首先可以证明 \(\max\le\min\)，因为 \(\forall I\in\mathcal I_1\cap\mathcal I_2\)，有 \(|I|=|I\cap U|+|I\cap(S\backslash U)|\le r_1(U)+r_2(S\backslash U)\)。

所以只需要构造出一组 \(I,U\) 取到等号即得证。

4.1 强基交换定理

注意断句

对于拟阵 \(M=(S,\mathcal I)\) 和 \(A\subseteq S\)，定义 \(A\) 的闭包算子 \(cl(A)=\{e\in S:r(A\cup\{e\})=r(A)\}\)。

引理 4.2 \(\forall A\subseteq B\subseteq S\)，\(cl(A)\subseteq cl(B)\)。

proves

证明：\(\forall e\in cl(A)\)，根据次模性，\(r(A\cup\{e\})+r(B)\ge r((A\cup\{e\})\cap B)+r(A\cup B\cup\{e\})\ge r(A)+r(B\cup\{e\})\)。又因为 \(r(A\cup\{e\})=r(A)\)，所以 \(r(B)\ge r(B\cup\{e\})\)，所以 \(e\in cl(B)\)，得证。

引理 4.3 \(\forall A\subseteq S\land e\in cl(A)\)，\(cl(A)=cl(A\cup\{e\})\)。

proves

证明：由引理 4.2 可得 \(cl(A)\subseteq cl(A\cup\{e\})\)，只需证明 \(cl(A\cup\{e\})\subseteq cl(A)\) 即可。同样用类似的方法运用次模性即可。

引理 4.4 \(\forall A\subseteq S\)，\(cl(A)=cl(cl(A))\)。

proves

证明：多次运用引理 4.3，加入 \(cl(A)\backslash A\) 中的元素。

定理 4.5（强基交换定理）对于拟阵 \(M\) 的两个基 \(A,B\)，\(\forall x\in A\backslash B,\exist y\in B\backslash A\)，\(A-\{x\}+\{y\}\) 和 \(B-\{y\}+\{x\}\) 都是 \(M\) 的基。

proves

4.2 算法

回到原问题，我们只需要找到满足等号成立的 \(I,U\) 就可以解决。

对于拟阵 \(M=(S,\mathcal I)\) 和独立集 \(I\in\mathcal I\)，定义交换图 \(D_M(I)\) 是一个左右点集分别为 \(I\) 和 \(S\backslash I\) 的二分图，满足 \(x\in I\) 与 \(y\in S\backslash I\) 连边当且仅当 \(I-\{x\}+\{y\}\in\mathcal I\)。

引理 5.6 对于拟阵 \(M\) 的两个大小相同的独立集 \(I,J\)，\(D_M(I)\) 中有 \(I\backslash J\) 与 \(J\backslash I\) 的完美匹配。

proves

定义新的拟阵 \(M'=(S,\mathcal I')\)，其中 \(\mathcal I'=\{I':I'\in\mathcal I\land|I'|\le|I|\}\)。那么 \(I,J\) 都是 \(M'\) 中的基。

根据强基交换定理，\(\forall y\in J\backslash I\)，\(\exist x\in I\backslash J\)，满足 \(I-\{x\}+\{y\}\) 和 \(J-\{y\}+\{x\}\) 都是 \(M\) 中的独立集，则令 \((x,y)\) 是一组匹配，将 \(J\) 变为 \(J-\{y\}+\{x\}\)，继续递归下去。

引理 5.7 对于拟阵 \(M\) 的独立集 \(I\) 以及大小与 \(I\) 相同的集合 \(J\)，若 \(D_M(I)\) 中有 \(I\backslash J\) 与 \(J\backslash I\) 的唯一完美匹配，那么 \(J\) 是独立集。

proves

对于两个拟阵 \(M_1,M_2\) 和独立集 \(I\in\mathcal I_1\cap\mathcal I_2\)，定义交换图 \(D_{M_1,M_2}(I)\) 是一个左右点集分别为 \(I\) 和 \(S\backslash I\) 的有向二分图，满足 \(x\in I\) 向 \(y\in S\backslash I\) 连边当且仅当 \(I-\{x\}+\{y\}\in\mathcal I_1\)，\(y\in S\backslash I\) 向 \(x\in I\) 连边当且仅当 \(I-\{x\}+\{y\}\in\mathcal I_2\)。

• 令 \(I=\varnothing\)，\(X_1=\{x\notin I:I+\{x\}\in\mathcal I_1\}\)，\(X_2=\{x\notin I:I+\{x\}\in\mathcal I_2\}\)。
• 在 \(D_{M_1,M_2}\) 中找到一条 \(X_1\) 到 \(X_2\) 的最短路 \(P\)，令 \(I:=I\oplus P\)。若找不到则算法结束。

proves

时间复杂度 \(O(r^2n)\)，其中 \(r=\max\{r_1(S),r_2(S)\}\)。