离散数学学习笔记

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前言

本笔记由chy-2003整理于上海交通大学发布于coursera的离散数学课程。讲师龙环。

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定理或命题下方的块没有特殊标注即为证明。

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前言
引言
序的关系
组合数计数
函数估计
图论导引
树
网络流

引言

函数

函数$f:X\rightarrow Y$为集合$X$到集合$Y$的一个映射。对于任意$x\in X$，都有唯一一个$y\in Y$与之对应。

单射：对于$\forall y\in Y$最多只有一个$x\in X$与之对应。

满射：对于$\forall y\in Y$都有至少一个$x\in X$与之对应。

双射：同时满足单射与满射的映射。

集合运算

对于集合$A=\{1,2,3\}$，$B=\{2,4\}$，$U=\{1,2,3.4\}$:

$2^A=\{\emptyset, \{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1,2,3\}\}$ （幂集$P(A)$）

$A\diagdown B=\{1,3\}$ （$A-B$）

$A\times B=\{(1,2),(1,4),(2,2),(2,4),(3,2),(3,4)\}$

$A\oplus B=\{1,3,4\}$。

$\overline A =\{4\}$。

关系

对于集合$A$，关系$R\subseteq A\times A$，如果$(x,y)\in R$，就可以记做$xRy$。关系可能有以下性质：

自反性：对于$\forall x\in A$，都有$xRyxRx$。

对称性：对于$\forall x,y \in A$，如果$xRy$，就有$yRx$。

反对称性：对于$\forall x,y\in A$，如果有$xRy$且$yRx$，那么$x=y$。

传递性：对于$\forall x,y,z\in A$，如果$xRy$且$yRz$，那么$xRz$。

一些特殊关系：

等价关系：关系$R$具有自反性、对称性、传递性。例如$\equiv _6\subseteq N\times N$。

偏序关系：关系$R$具有自反性、反对称性、传递性。例如$\leqslant \subseteq N\times N$。

关系的运算

关系是一个集合，所以支持集合有关的运算。而关系还支持合成运算。我们定义$R\subseteq A\times B$，$S\subseteq B\times C$，那么合成运算$R\circ S=\{(x,z):x\in A \wedge z\in C \wedge \exists y\in B((x,y)\in R \wedge (y,z)\in S)\}$。

$R^{-1}=\{(x,y):(y,x)\in R\}$表示$R$的逆关系。

$R^n=R^{n-1}\circ R$。

等价类

有等价关系$R\subseteq A\times A$，定义$R[x]=\{y\in A:xRy\}$。$R[x]$被称为元素$x$在关系$R$下的等价类。例如对于关系$\equiv_6\subseteq N\times N$，$\equiv_6[0]=\{0,1,2,3,\dots\}$。

性质：

如果$R\subseteq A\times A$是等价关系，那么有

$\bullet$ 对于$\forall x\in A$，$R[x]$非空。

对于$\forall x\in A$，$x\in R[x]$。所以对于$\forall x\in A$，$R[x]$非空。

$\bullet$ 对于$\forall x,y\in A$，$R[x]=R[y]$或$R[x]\cap R[y]=\emptyset$。

若$R[x]\cap R[y]=\emptyset$，那么结论成立。

若$z\in R[x]\cap R[y]\neq \emptyset$，即$xRz$且$yRz$。那么根据对称性有$zRx$。对于$\forall x'\in R[x]$，即$xRx'$，根据传递性有$zRx'$。又根据对称性有$yRx'$。即$x'\in R[y]$。$\therefore R[x]\subseteq R[y]$。

同理$R[y]\subseteq R[x]$。$\therefore R[x]=R[y]$。

综上所述，结论成立。

划分

对于集合$A$，如果$\pi=\{B_1,B_2,\dots,B_n\}$满足

对于$\forall 1\leqslant i \leqslant n$，有$\emptyset \neq B_i \subseteq A$。

对于$\forall 1\leqslant i < j \leqslant n$，$B_i\cap B_j=\emptyset$。（不相交性）

$B_1\cup B_2\cup \dots \cup B_n=A$。（覆盖性）

则称$\pi$是$A$的一个划分。

如果$R\subseteq A\times A$是一个等价关系，则等价类集合$\Pi=\{R[x]:x\in A\}$是集合$A$在$R$关系下的划分。

练习题1.1

序的关系

偏序集

定义偏序集$(S,R)$，$R$是集合$S$上的偏序关系。

常用符号

偏序$\preccurlyeq, \leqslant$

严偏序$\prec, <$

逆序$\succcurlyeq, >$

线性序

如果偏序集$(S,R)$，$\forall x,y\in S, \Rightarrow xRy \vee yRx$，那么称$(S,R)$为线性序。

如$(N,\leqslant),(Z,\leqslant)$是线性序，$(2^A, \subseteq),(N,|)$不是。

字典序

若$(S_1,\leqslant_1),(S_2,\leqslant_2),...,(S_n,\leqslant_n)$是$n$个线性序，$(a_1,a_2,...,a_n),(b_1,b_2,...,b_n)\in S_1\times S_2\times \dots \times S_n$。

$n$元字典序$(a_1,a_2,\dots,a_n)\leqslant_{lex}(b_1,b_2,\dots,b_n)$成立

$\Longleftrightarrow(a_1,a_2,\cdots,a_n)=(b_1,b_2,\dots,b_n)\vee \exists i\in\{1,2,\dots,n\}(\forall j<i)a_j=b_j\wedge a_i <_i b_i$。

$n$元字典序是线性序的证明

部分证明，其余类似：

传递性：有$n$元组

\[x=(a_1,a_2,\dots,a_i,\dots,a_j,\dots,a_n)\\ y=(b_1,b_2,\dots,b_i,\dots,b_j,\dots,b_n)\\ z=(c_1,c_2,\dots,c_i,\dots,c_j,\dots,c_n) \]
设$x\leqslant_{lex} y\leqslant_{lex} z$，且$x,y$的前$i-1$项相同，$y,z$的前$j-1$项相同。对$i,j$的大小分为$3$类讨论：

如果$i<j$，那么$a_i<_i b_i=c_i$；如果$i=j$，那么$a_i<_i b_i <_i c_i$；如果$i>j$，那么$a_j=b_j<_j c_j$。综上，有$x\leqslant_{lex} y$。

其余部分略。

立即前元

定义：对于偏序集$(S,\preccurlyeq)$，元素$x,y$，若$x\prec y \wedge \urcorner(\exists z\in s)(x\prec z\prec y)$，那么称$x$是$y$的立即前元，记为$x\lhd y$。

性质：1、$\lhd$不具有传递性。2、多个元素可能有同一立即前元。3、一个元素可能有多个立即前元。

例：$(N,|)$。

哈斯图（Hasse diagram）

给定偏序集$(S,\preccurlyeq)$，$S$为有限集。只保留立即前元关系对应边。若$x\lhd y$，则代表$y$的点在代表$x$的点上方。可以通过传递闭包恢复原图。

偏序集上的极大元、极小元、最大元、最小元

极大元(Maximal element) $\urcorner(\exists x\in S)x \succ a$。

极小元(Minimal element) $\urcorner(\exists x\in S) x \prec a$。

最大元(Largest element) $\forall x \in S, x \preccurlyeq a$。

最小元(Smallest element) $\forall x \in S,a\preccurlyeq x$。

一些性质

极大元、极小元可能不止一个，一个元素可能既是极大元，又是极小元。

可能不存在最大元、最小元。

最大元一定是极大元，最小元一定是极小元。而极小元不一定是最小元，极大元不一定是最大元。

如果$S$是无限集，那么极大元、极小元、最大元、最小元不一定存在。

如果$S$是有限集，那么最大元、最小元不一定存在，极大元、极小元一定存在。

$S$为有限集时，极小元存在性证明

取$\forall x_0 \in S$。如果$x_0$是极小元，那么证毕。如果$x_0$不是极小元，找到$x_1\prec x_0$，对$x_1$重复以上讨论。而由于$S$是有限集，那么情况$2$在有限步后不成立，情况$1$成立。

线性扩充定理

线性扩充：对于有限集$(S,\preccurlyeq)$，存在一个线性序集$(S,\preccurlyeq ')$，满足$x\prec y \rightarrow x\preccurlyeq' y$。

证明：

当$|S|=1$时，$(S,\preccurlyeq')=(S,\preccurlyeq)$即可。当$|S|>1$时，取$(S,\preccurlyeq)$中的一个极小元$x_0$，$S'=S\backslash \{x\}$。易证得$(S',\preccurlyeq)$是一个偏序集，且$|S'|<|S|$。根据归纳假设，存在$(S',\preccurlyeq)$的线性扩充$(S',\preccurlyeq '')$。构造$(S,\preccurlyeq ')$为$\preccurlyeq '=\preccurlyeq '' \bigcup \{(x_0,y):y\in S\}$。易证$(S,\preccurlyeq')$是线性序列。

一般线性扩充并不唯一。

练习题1.2

链与反链

对于有限偏序集$(S,\preccurlyeq)$，$A\subseteq S$，$A$被称为

链（Chain）: 如果对于任意$x,y\in A$, $x \preccurlyeq y $ 或 $y\preccurlyeq x $。

反链（Antichain）: 如果对任意$x,y\in A$, $x \not \preccurlyeq y$。反链也称为独立集（Independent set）。

还可以这么定义：

可比较（Comparable）: 若$x\preccurlyeq y$或$y \preccurlyeq x$。

不可比较（Incomparable）: 若$x \not \preccurlyeq y$且$ y \not \preccurlyeq x $。

链：可比较元素的集合。

反链：不可比较元素的集合。

最大独立集和最长链

给定有限偏序集$P=(S,\preccurlyeq) $。

$\alpha (P) = \max { |A| : A $是$P$上的反链（独立集）$}$。

$\omega(P)=\max\{|A|:A$是$P$上的链$\}$。

Mirsky定理：给定有限偏序集$P=(S,\preccurlyeq)$，将$S$划分成若干个不相交的反链集，取最小划分数$t$，即

\[\begin{aligned} t=\min \left \{ k \left | \begin{matrix} s=A_1\cup A_2 \cup \dots \cup A_k \\ 1 \leqslant i \leqslant k,A_i是反链 \\任意1 \leqslant i \neq j \leqslant k, A_i \cap A_j = \emptyset \end{matrix} \right . \right \} \end{aligned} \]

则$t=\omega(P)$。

先证明$\omega(P)\leqslant t$。

$S=A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_t$，其中$A_1,A_2,\dots,A_t$为不相交的反链划分。

$C\subseteq S $是$P$中任意一条链，有$|C\cap A_i|\leqslant 1$。

$|C|=|C\cap S|=|C\cap(A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_t)| = |(C\cap A_1)\cup(C\cap A_2)\cup \dots \cup (C \cap A_t)|\leqslant t$。

$\therefore \omega(P)\leqslant t$。

然后证明$t \leqslant \omega( P )$。

令$A_1$是$S$的极小元集合，$A_{i+1}=S\backslash (A_1\cup A_2\cup \dots\cup A_i)$的极小元集合。

每一个$A_i$都是一个反链（独立集）。有限步后$A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_m$，由$t$的最小性，$t \leqslant m$。只需证明$m\leqslant \omega(P)$。

任取$x_m\in A_m$，由构造，得$\exists x_{m-1}\in A_{m-1}$，使得$x_{m-1}\prec x_m$。以此类推，存在序列$x_1\prec x_2 \prec \dots \prec x_m$。$\therefore m \leqslant \omega(P)$。

$\therefore t \leqslant \omega( P )$。

证毕

推论1：$\alpha(P) \times \omega(P) \geqslant |S|$。

$P=A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_t$，$t=\omega(P)$，$|A_i|\leqslant \alpha(P)$。

$|S|=|A_1|+|A_2|+\dots+|A_t|\leqslant \alpha(P) \times \omega(P) $。

推论2：对于任意有限偏序集$P=(S,\preccurlyeq)$，$\alpha(P)$或$\omega(P)$之一至少为$\sqrt{|S|}$。形象的，我们可以定义“宽”：$\alpha(P)$，”高“：$\omega(P)$。

Erdos-Szekeres引理：任意一个含有$n^2+1$个元素的实数序列$(x_1,x_2,\dots,x_{n^2+1})$中都含有一个长度为$n+1$的单调子序列。

对$(x_1,\dots,x_{n^2+1})$，设$I={1,2,\dots,n^2+1}$。

在集合$I$上定义关系$\preccurlyeq$：$i\preccurlyeq j\Longleftrightarrow (i\leqslant j)\wedge (x_i \leqslant x_j) $。

可以证明$(I,\preccurlyeq)$是偏序集。

由于推论2，若$\omega(I,\preccurlyeq ) > n $：非递减子序列$x_{i_1}\leqslant x_{i_2}\leqslant \dots\leqslant x_{i_m}$。若$\alpha(I,\preccurlyeq)>n$，有独立集${i_1,i_2,\dots,i_m}$。设$i_1 < i_2 < \dots < i_m$，则$x_{i_1} > x_{i_2} > \dots x_{i_m}$为非递增子序列。

证毕。

练习题1.3

组合数计数

导引：函数的计数

命题1：集合$N$的大小为$n$，集合$M$的大小为$m$，且$n\geqslant 0,m\geqslant 1$。从集合$N$到集合$M$所有可能的函数$f:N\rightarrow M$共有$m^n$个。

对$n$做数学归纳。当$n=0$时，$f=\emptyset$。$f$唯一。此时$m^n=1$成立。假设$n=k$时结论成立。当$n=k+1$时，取$\forall a \in N$，则$f:N\rightarrow M$可以看做如下两个部分的组合：

1、确定$f(a)\in M$即$f$函数在$a$上的值$f(a)$。$f(a)$的取值共有$m$中可能。

2、确定$f':M\backslash \{a\} \rightarrow M$。根据归纳假设，$f'$有$m^{n-1}$种可能。

故$f:N\rightarrow M$共有$m\times m^{n-1}=m^n$种可能。

命题2：集合$N$的大小为$n$，集合$M$的大小为$m$，且$n\geqslant 0$，$m\geqslant 0$。从集合$N$到集合$M$所有可能的单射函数$f:N\rightarrow M$的个数为$m\times (m-1)\times \dots\times (m - n + 1 )=\prod\limits_{i=0}^{n-1} (m-i)$。

对$n$做数学归纳。当$n=0$时，$f=\emptyset$。$f$单射且唯一。此时公式成立。假设$n=k$时结论成立。当$n=k+1$时，取$\forall a \in N$，则$f:N\rightarrow M$可以看做如下两个部分的组合：

1、确定$f(a)\in M$即$f$函数在$a$上的值$f(a)$。$f(a)$的取值共有$m$中可能。

2、确定$f':M\backslash \{a\} \rightarrow M\backslash\{f(a)\}$。根据归纳假设，$f'$有$(m-1)\dots(m-n+1)$种可能。

故$f:N\rightarrow M$共有$m\times (m-1)\times \dots\times (m - n + 1 )=\prod\limits_{i=0}^{n-1} (m-i)$种可能。

练习题2.1

简单应用：子集计数，置换计数

命题3：集合$X$含有$n$个元素$n\geqslant 0$。则$X$一共有$2^n$个子集。

方法一：数学归纳法（略）

方法二：

考虑$X$的任意子集$A$，定义函数$f_A:X\rightarrow \{0,1\}$为$\begin{aligned} f_A(X)= \left \{ \begin{matrix} 1 & if\,\,x\in A \\ 0 & if\,\,x\not \in A \end{matrix}\right . \end{aligned}$。$f_A$叫集合$A$的特征函数。如果可以验证（图示后显然成立）$X$的子集与函数$f_A$一一对应，那么就可以得到$X$的子集个数与从$x$到$\{0,1\}$的函数个数相等，为$2^n$个。（命题1）

置换：集合$X$到其自身的双射函数被称为一个置换。

置换的表示：

$p:X\rightarrow X$是一个双射函数。

矩阵表示：如果集合$X$是有限集，它包含的元素$\{x_1,x_2,\dots,x_n\}$，则函数$p$可以表示为$\begin{aligned}\left ( \begin{matrix}x_1 &x_2&\dots&x_n\\p(x_1)&p(x_2)&\dots&p(x_n)\end{matrix} \right ) \end{aligned}$。如果$x_1,x_2,\dots,x_n$固定，那么可以用一行表示为$\begin{aligned}\left(\begin{matrix}p(x_1) &p(x_2)&\dots&p(x_n)\end{matrix}\right )\end{aligned}$。例如$\begin{aligned}p=\left (\begin{matrix}1&2&3&4&5&6&7\\4&5&3&2&6&7&1 \end{matrix}\right )\end{aligned}$可以表示为$\begin{aligned}p=\left(\begin{matrix}4&5&3&2&6&7&1\end{matrix}\right)\end{aligned}$。

图示法：

环（cycles）表示：$p=((1,4,2,5,6,7)(3))$。

可以证明对于有限集合上的任一置换：1、图示法下表达成互不相交的环（独立子环）；2、除独立子环内点的顺序不一样外，环表示唯一。

置换的计数：阶乘

集合$X$的大小为$n$（即$|X|=n$），则$X$上的置换一共有$n\times (n-1)\times \dots \times 2 \times 1 $个。证明：类似于命题2，略。

$n$的阶乘（n factorial）：$n!=n\times(n-1)\times \dots\times 2 \times 1 =\prod\limits_{i=1}^n i$。

练习题2.2

二项式定理、多项式定理

问题引入：已知集合$X$的大小为$n$（即$|X|=n$），$n\geqslant k\geqslant 0$。$X$的所有子集中正好含有$k$个元素的子集一共有多少个？例：$X=\{a,b,c\},k=2$。

常用符号：$X \choose k $和$| {X \choose k} |$。例中${X\choose k}={{a,b},{a,c},{b,c}}$，$|{X\choose k }|=3$。

命题4 ：从含$n$个元素的集合$X$中抽取含$k$个元素$(n\geqslant k\geqslant 0)$的子集。所有$k$元子集的个数为

\[\left |{X\choose k}\right |=\frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{k!} \]

算两次：

从$X$中抽取$k$元不重复有序组，一共有$n(n-1)\dots(n-k+1)$种方法。

另一方面从任意1个$X$的$k$元子集出发，可以得到$k!$个不同的$k$元有序组。

二者相等，故$n(n-1)\dots(n-k+1)=k!\left | { X \choose k } \right | $。

\[\therefore \left | {X \choose k } \right |=\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!} \]

二项式系数：$|X|=n\geqslant k$均为非负整系数，定义二项式系数为

\[{n\choose k}=\left | {X\choose k } \right | =\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}=\frac{n!}{k!(n-k)!} \]

命题5：$m\geqslant r\geqslant 0$是满足等式$x_1+x_2+\dots+x_r=m$的非负$r$元整数解$(x_1,x_2,\dots,x_r)$的个数为$m+r-1 \choose r-1$个。

$m$个球用$r-1$个隔板隔开，方法与解$(x_1,x_2,\dots,x_r)$一一对应。就相当于在$m+r-1$个对象中，选取$r-1$个作为挡板，剩下$m$个为球。

性质：

${n\choose k}={n\choose n-k}$

${n-1 \choose k-1}+{n-1\choose k}={n \choose k}$

$\sum\limits_{i=0}^n{n \choose i}^2={2n \choose n }$

对于第三点的证明：注意到$\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}^2=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}{n\choose n - i}$。而$2n \choose n$可理解为1、直接从$2n$个元素选$n$个；2、前$n$个元素里选$i$个，后$n$个元素里选$n-i$个。

二项式定理（Binomial Theorem）：对任意非负整数$n$如下等式成立

\[(1+x)^n=\sum\limits_{k=0}^n{n\choose k}x^k \]

略

当$x=1$时，得到

\[{n \choose 0}+{n \choose 1 }+\dots + {n \choose n }=2^n \]

当$x=-1$时，得到

\[{n\choose 0}-{n\choose 1 } + {n \choose 2}-{n \choose 3} + \dots = \sum\limits_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^k=0 \]

将上面两式相加，得到

\[{n\choose 0}+{n\choose 2}+{n\choose 4}+\dots =2^{n-1} \]

带重复元素的排列：有来自$m$类的物品共$n$个，其中第$i$类物品有$k_i$个。即$k_1+k_2+\dots+k_m=n$。同一类物品不可区分。那么这$n$个物品所组成的不同排列一共有$\frac{n!}{k_1!k_2!\dots k_m!}$种，记作$n \choose k_1,k_2,\dots,k_m$，被称为多项式系数。

证明思路同命题4，略。

多项式定理（Multinomial Theorem）：对任意实数$x_1,x_2,\dots,x_m$，以及任意自然数$n\geqslant 1$，如下等式成立：

\[(x_1+x_2+\dots+x_m)^n=\sum\limits_{\substack {k_1+k_2+\dots+k_m=n \\ k1,k2,\dots,k_m\geqslant 0}}{n\choose k_1,k_2,\dots,k_m}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_m^{k_m} \]

略（归纳法）

练习题2.3

容斥原理

例：$|F\cup P|=|F|+|P|-|F\cap P|$，$|S\cup F\cup P|=|S|+|F|+|P|-|S\cap F|-|S\cap P|-|F\cap P|+|S\cap F\cap P|$。

容斥定理（Inclusion-exclusion principle）：对于任意有限集合$A_1,A_2,\dots,A_n$，有

\[\begin{aligned} \left | \bigcup\limits_{i=1}^nA_i\right | &=\sum\limits_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum\limits_{\substack I\in{\{1,2,\dots,n\}\choose k} }\left|\bigcap\limits_{i\in I}A_i\right | \\ &=\sum\limits_{\substack \emptyset\neq I \subseteq\{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|I|-1}\left|\bigcap\limits_{i\in I}A_i\right| \end{aligned} \]

数学归纳法：

$n=2$时成立。假设对$n-1$成立，则

\[\begin{aligned} \left | \bigcup_{i=1}^n A_i \right | &= \left | \left ( \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i\right )\bigcup A_n\right |\\ &=\left | \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i \right |+ \left | A_n\right | - \left | \left ( \bigcup\limits_{i=1}^{n-1} A_i\right )\bigcap A_n \right | \\ & = \left | \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i\right |+\left | A_n\right |- \left | \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}\left(A_i\cap A_n\right)\right | \end{aligned} \]
其中$ \left | \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i\right |$和$\left | \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}\left(A_i\cap A_n\right)\right |$可由归纳假设推出。

应用1：错排

任给一个$n$，求出$1,2,\dots,n$的错排个数$D(n)$共有多少个？

解：用$S_n$表示所有$\{1,2,\dots,n\}$上的排列，则$|S_n|=n!$。令$A_i=\{\pi\in S_n:\pi(i)=i\}$，那么就有$D(n)=n!-|A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_n |$。

可以发现$|A_i|=(n-1)!$，如果$i<j$，那么$|A_i\cap A_j |=(n-2)!$。如果$i_1<i_2<\dots<i_k$，那么$|A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap\dots\cap A_{i_k}|=(n-k)!$。

根据容斥原理：

\[|A_1\cup A_2\cup\dots\cup A_n |=\sum\limits_{k=1}^n(-1)^{k-1}{n \choose k}(n-k)!=\sum\limits_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{n!}{k!} \]
故$D(n)=n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\dots+(-1)^n\frac{1}{n!})$。

特别的，$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}D_n=\frac{n!}{e}$。

应用2：欧拉函数

欧拉函数$\phi$：给定自然数$n$，欧拉函数$\phi(n)$定义为不超过$n$且与$n$互质的自然数的个数。即

\[\phi(n)=|\{m\in\{1,2,\dots,n\}:\gcd(n,m)=1\}|=? \]

解：根据整数分解定理，$n$可被唯一地分解成$n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha^r}$，其中$\alpha_i \geqslant 1 $且$p_i$为素数，$p_1<p_2<\dots<p_r$。

如果$1\leqslant m < n$，且$m$与$n$不互素，则必存在某个$1\leqslant i\leqslant r$有$p_i|m$。令$A_i=\{m\in \{1,2,\dots,n\}:p_i|m\}$，则$\phi(n)=n-|A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_r|$。

可以发现$|A_i|=\frac{n}{p_i}$。当$i<j$时，$|A_i\cap A_j|=\frac{n}{p_ip_j}$。当$i_1<i_2<\dots<i_k$时，$|A_{i_1}\cap A_{i-2}\cap \dots \cap A_{i_k}|=\frac{n}{p_{i_1}p_{i_2}\dots p_{i_k}}$。

所以有$\phi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-frac{1}{p_2})\dots(1-\frac{1}{p_r})$。

练习题2.4

函数估计

大O符号

应用范围：寻找精确值困难，转而寻找可接受的估值（estimate）。

函数的渐进比较（Asymptotic comparison）

定义：$f,g:N\rightarrow R$是两个从自然数到实数的单变量方程。$f(n)=O(g(n))$表示存在常数$n_0$和$c$，使得对所有$n\geqslant n_0$，不等式$|f(n)|\leqslant c\times g(n)$成立。

直观地讲，$f$的增长不比$g$快很多。即$\lim\limits_{n\rightarrow} \frac{f(n)}{g(n)}\not \rightarrow \infty$。

例子：$100000=O(1)$，$(7n^2+6n+1)(n^3+4)=O(n^5)$，${n\choose 2}=n(n-1)/2=\frac{1}{2}n^2+O(n)=O(n^2)$；

$0<\alpha\leqslant \beta \Rightarrow n^\alpha = O(n^\beta)$，$\forall C > 0, a >1, n^n=O(a^n)$，$\forall C> 0, \alpha > 0, (\ln n)^C=O(n^\alpha)$。

名称	表示	条件	直观含义
大$O$符号	$f(n)=O(g(n))$	$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\frac{f(n)}{g(n)}\not\rightarrow \infty$	$f$的增长不比$g$快很多
小$o$符号	$f(n)=o(g(n))$	$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{g(n)}=0$	$f$的增长远远慢于$g$
大$\Omega$符号	$f(n)=\Omega(g(n))$	$g(n)=O(f(n))$	$f$的增长至少和$g$一样快
大$\Theta$符号	$f(n)=\Theta(g(n))$	$f(n)=O(g(n))$且$f(n)=\Omega(g(n))$	$f$和$g$几乎是同一数量级
	$f(n)\thicksim g(n)$	$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{g(n)}=1$	$f(n)$和$g(n)$几乎是一样的

调和级数（Harmonic number）

定义调和级数$H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}=\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{n}$。

调和级数估值

用数列对调和级数的项做分类。

$1$	$\frac{1}{2},\frac{1}{3}$	$\frac{1}{4},\dots,\frac{1}{7}$	$\frac{1}{8},\dots,\frac{1}{15}$	$\frac{1}{16},\dots$	$\dots$
$(\frac{1}{2^1},\frac{1}{2^0}]$	$(\frac{1}{2^2},\frac{1}{2^1}]$	$(\frac{1}{2^3},\frac{1}{2^2}]$	$(\frac{1}{2^4},\frac{1}{2^3}]$	$(\frac{1}{2^5},\frac{1}{2^4}]$	$\dots$
$G_0$	$G_1$	$G_2$	$G_3$	$G_4$	$\dots,G_t$

其中$G_k=\{\frac{1}{i}|\frac{1}{2^k}<\frac{1}{i}\leqslant \frac{1}{2^{k-1}}\}$。不难发现$|G_k|=2^{k-1}$。

同时有：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{x\in G_k}x\leqslant | G_k|\max G_k=2^{k-1}\times\frac{1}{2^{k-1}}=1\\ &\sum\limits_{x\in G_k}x\geqslant |G_k|\min G_k>2^{k-1}\times \frac{1}{2^k}=\frac{1}{2} \end{aligned} \]

而$G$的最后一项$G_t$下表$t=\lfloor \log_2 n\rfloor+1$。

\[\begin{aligned} \left . \begin{matrix} H_n\leqslant t\times 1\leqslant \lfloor \log_2 n\rfloor +1 \\ H_n>(t-1)\times\frac{1}{2}\geqslant \frac{1}{2}\lfloor \log_2 n\rfloor \end{matrix}\right \} \Rightarrow H(n)=\Theta(\log_2 n)=\Theta(\ln n ) \end{aligned} \]

练习题3.1

估值初步：阶乘估值

极点估值（$n\geqslant 2$）：

\[\begin{aligned} \left \{\begin{matrix} n!=\prod\limits_{i=1}^n i \leqslant \prod\limits_{i=1}^n n = n ^ n \\ n!=\prod\limits_{i=2}^n i \geqslant \prod\limits_{i=2}^n 2 = 2 ^ {n - 1 } \end{matrix} \right . \end{aligned} \]

进一步优化：

\[\begin{aligned} \left \{ \begin{matrix} n!=\prod\limits_{i=1}^ni\leqslant \left(\prod\limits_{i=1}^{\frac{n}{2}}\frac{n}{2}\right)\left(\prod\limits_{i=\frac{n}{2}+1}^n n\right)=\left(\frac{n}{\sqrt{2}}\right)^n\\ n!=\prod\limits_{i=1}^n i \geqslant \prod\limits_{i=\frac{n}{2}}^ni>\prod\limits_{i=\frac{n}{2}+1}^n\frac{n}{2}=(\frac{n}{2})^{\frac{n}{2}}=(\sqrt{\frac{n}{2}})^n \end{matrix} \right . \end{aligned} \]

高斯估值：

算数-几何均值不等式（Arithmetic-geometric mean inequality）：

\[\sqrt{xy}\leqslant \frac{x+y}{2} (x,y\in R_+) \]

那么上界：

\[n!=\sqrt{n!n!}=\sqrt{\prod\limits_{i=1}^n i(n+1-i)}=\prod\limits_{i=1}^n\sqrt{i(n+1-i)}\leqslant \prod_{i=1}^n\frac{n+1}{2}=(\frac{n+1}{2})^n \]

同时，我们容易验证有

\[i(n+1-i)\geqslant n \]

那么下界：

\[n!=\sqrt{n!n!}=\sqrt{\prod\limits_{i=1}^n i(n+1-i)}=\prod\limits_{i=1}^n\sqrt{i(n+1-i)}\geqslant\prod\limits_{i=1}^n\sqrt n = n ^{\frac{n}{2}} \]

欧拉数（Euler number）：$e=2.718281828\dots$

对于$x\in R$，有$1+x\leqslant e ^ x$。最终我们会得到$e(\frac{n}{e})^n\leqslant n! \leqslant en(\frac{n}{e})^n$。

证明：上界（归纳法）

当$n=1$时，$1\geqslant 1!$，结论平凡。设$n=k$时结论成立，那么当$n=k+1$时，

$n!=n(n-1)!\leqslant n e(n-1)(\frac{n-1}{e})^{n-1}=en(\frac{n}{e})^n\times e(\frac{n-1}{n})^n$。

而$e(\frac{n-1}{n})^n=e(1-\frac{1}{n})^n\leqslant e(e^{-\frac{1}{n}})^n=1$。所以结论成立。

证明：下界（归纳法）

当$n=1$时，$1\leqslant 1!$，结论平凡。设$n=k$时结论成立，那么当$n=k+1$时，

$n!=n(n-1)!\leqslant n e(n-1)(\frac{n-1}{e})^{n-1}=en(\frac{n}{e})^n\times e(\frac{n-1}{n})^{n-1}$。

而$e(\frac{n-1}{n})^{n-1}=e(\frac{n}{n-1})^{1-n}=e(1+\frac{1}{n-1})^{1-n}=e\left((1+\frac{1}{n-1})^{n-1}\right)^{-1}\geqslant e\left((e\frac{1}{n-1})^{n-1}\right)^{-1}=e\times e ^{-1} = 1$。

结论成立。

Stirling公式：$n!\thicksim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n$，即$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n}{n!}=1$。

估值初步：二项式系数估值

显然，有${n \choose k}\leqslant n ^ k$。当$n\geqslant k > i \geqslant 0$时$\frac{n-i}{k-i}\geqslant \frac{n}{k}$，故${n\choose k}=\prod\limits_{i=0}^{k-1}\frac{n-i}{k-i}\geqslant (\frac{n}{k})^k$。

二项式定理：对$n\geqslant 1,1\leqslant k \leqslant n$，取$0<x<1$，有${n\choose 0}+{n \choose 1}x+\dots+{n\choose n}x^n=(1+x)^n$。

显然，${n\choose 0}+{n\choose 1}x+\dots+{n \choose k}x^k \leqslant (1 + x)^n$，故$\frac{1}{x^k}{n\choose 0}+\frac{1}{x^{k-1}}{n\choose 1}+\dots+{n\choose k}\leqslant \frac{(1+x)^n}{x^k}$。

故${n\choose 0}+{n\choose 1}+\dots+{n \choose k}\leqslant \frac{(1+x)^n}{x^k}$。取$x=\frac{k}{n}$，因为$1+x\leqslant e ^x$，

有${n\choose 0}+{n \choose 1}+\dots+{n\choose k}\leqslant (1+\frac{k}{n})^n(\frac{n}{k})^k\leqslant (e^{\frac{k}{n}})^n(\frac{n}{k})^k=(\frac{en}{k})^k$。

所以${n\choose k}\leqslant{n\choose 0}+{n\choose 1}+\dots+{n\choose k}\leqslant (\frac{en}{k})^k$。

直接带入Stirling公式可以得到更好的结果。

图论导引

基本定义

图：图$G$是一个有序对$(V,E)$，其中$V$是一个集合，被称为顶点集，$E$是一组由二元$V$元素组成的集合，称为边集，即$E\subseteq {V \choose 2}$。为方便常用$V(G),E(G)$来分别表示“$G$的顶点集”和“$G$的边集”。

画图（drawing）：

阶（Order）：图顶点的个数，即$|V|$，亦常用$|G|$表示。若$e=\{u,v\}\in E$，则称点$u$和$v$在图$G$中是相邻的（adjacent），或称$u$是$v$的邻居（neighbor）。此时亦称$e$和$u,v$相关联（incident）。

显然的，一条边与且仅与两个顶点相关联。

常用$N(u)$表示与顶点$u$相邻的点集。下图的$|G|=4,N(v_1)=\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$。

顶点的度：给定图$G=(V,E),v\in V$，定义该顶点在图$G$中的度（degree）为$\deg_G v=|u:{u,v}\in G|=|N(v)| $。一般地，$\delta(G)$表示图$G$的最小度，$\Delta(G)$表示图$G$中的最大度。显然$\deg_G(v)\leqslant |E|$。

chy-2003注：这里的度似乎没有考虑重边，而下面提到的欧拉图考虑了重边。

上图中$\delta(G)=1$，$\Delta(G)=4$。

无向图（undirected graph）：上面讨论的都是无向图。无向图的边由集合表示$e=\{u,v\}$。

有向图（directed graph）：有向图的边由点对表示$e=(u,v)$，$u$称为边$e$的起点或尾（tail），$v$称为边$e$的终点或头（head）。

除显式声明外，一般图为无向图。

子图：定义已有图$G$和$G'$，若$V(G)\subseteq V(G')$且$E(G)\subseteq E(G')$，那么称$G$是$G'$的子图（subgraph）。

若在子图基础上还有$E(G)=E(G')\cap {V(G) \choose 2}$，则$G$是$G'$的导出子图（induced subgraph）。

若在子图基础上还有$V(G)=V(G')$，则$G$是$G'$的生成子图（spanning subgraph）。

图上基本操作：

$G\cup \{e_{ij}\},G+e_{ij}$：在图$G$中增加边$e_{ij}=\{v_i,v_j\}$。

$G\backslash \{e_{ij}\},G-e_{ij}$：在图$G$中删除边$e_{ij}=\{v_i,v_j\}$。不断进行这个操作可以得到任意生成子图。

$G\backslash \overline E,G-\overline E$，其中$\overline E \subseteq E(G)$：从图$G$中删去$\overline E$中所有的边。

$G\backslash \{v\},G-v$：从图$G$中删去顶点$v$及其关联的边。不断进行这个操作可以得到任意导出子图。

$G\backslash \overline V,G-\overline V$，其中$\overline V \subseteq V(G)$：从$G$中删去$\overline V$中的所有顶点及与这些点相关联的边。

特殊图

路径图（path $P_n$）：$V=\{0,1,\dots,n\},E=\left\{\{i-1,i\}:i=1,2,\dots,n\right\}$。

环（cycle $C_n$）：$V=\{1,2,\dots,n\},E=\left\{\{i,i+1\}:i=1,2,\dots,n-1\right\} \cup \left\{\{1,n\}\right\}$。

二分图（Bipartite graph $B_{n,m}$）：$V=\{u_1,\dots,u_n\}\cup\{v_1,\dots,v_m\},E\subseteq \left\{\{u_i,v_j\}:i=1,\dots,n,j=1,\dots,m\right\}$。

完全图（Complete graph $K_n$）：$V=\{1,2,\dots,n\},E={V\choose 2 }$。

完全二分图（Complete bipartite graph $K_{n,m}$）：

$V=\{u_1,\dots,u_n\}\cup\{v_1,\dots,v_n\},E=\{\{u_i,v_j\}:i=1,\dots,n,j=1,\dots,m\}$

正则图：如果图中所有顶点的度数都是一个常值$r$，则称该图为$r-$正则图（r-regular graph）。

0-正则图：空图；

1-正则图：不相邻的边（集）；

2-正则图：不相交的环（集）；

3-正则图：又称为立方图（cubic graph）。

简单图：

对于无向图$G=(V,E)$，自环（loop）：$e\in E$，如果$e=\{v,v\}$，其中$v\in V$则称$e$是一个自环。重边（Multiedge）：$e_1,e_2\in E$且$e_1=e_2=\{u,v\}$，其中$u,v\in V$，则称$e_1,e_2$是重边。简单图（simple graph）：没有重边和自环的无向图。

路径（Path）：不允许环，各个顶点和边至多出现一次。

游走（Walk）：允许环，顶点和边可重复。

连通图（connected graph）：如果图$G$上任意两点$u,v$之间都有至少一条路径，则称$G$是一个连通图。否则称为非连通图（disconnected graph）。

极大连通子图：给定图$G$，定义$G$的极大联通子图：

是原图的子图；

是连通图；

已经等于原图或再扩大（增加顶点或边）则成为非连通图。

连通分支（component）：图$G=(V,E)$的极大连通子图也被称为图$G$的连通分支。连通分支可能不唯一，图$G$的极大连通分支的个数用$Con(G)$表示。

树（tree）：无环联通图被称为树。

练习题4.1

握手定理

问题引入1：在宴会上一共有$n$个人，他们中一些人互相握手，已知每人握手$a$次，问握手总次数$S$为多少？ $S=\frac{n\times a}{2}$

问题引入2：在宴会上一共有$n$个人，他们中一些人互相握手。已知握手的次数依次为$\{h_1,h_2,\dots,h_n\}$次。问握手总次数$S$为多少？$S=\frac{\sum\limits_{i=1}^n h_i}{2}$。

顶点的度：前面已经提到过顶点的度的概念，那么有如下几个显然的结论：

$\deg _G(v)\leqslant |E|$。

$G=P_n$，则$1\leqslant \deg_G(v)\leqslant 2$。

$G=C_n$，则$\deg_G(v) = 2$。

$G=K_n$，则$\deg_G(v)=n-1$。

握手定理（Handshaking theorem, Leonhard Euler 1736）：给定无向图$G=(V,E)$，以下等式成立

\[\sum\limits_{v\in V} \deg_G(v)=2|E| \]

一条边与两个顶点相关联，在对$\deg_G(v)$做累加时，每条边被使用到两次。对其他边计数有类似推理。故等式成立。

推论：无向图中，度数为奇数的点一定有偶数个。

图同构（graph isomorphism）

若对图$G=(V,E)$及图$G'=(V',E')$，存在双射函数$f:V\rightarrow V'$，满足对任意$x,y\in V$，都有$\{x,y\}\in E$当且仅当$\{f(x),f(y)\}\in E'$。那么我们称图$G$和图$G'$是同构的。用符号$G\cong G'$表示图同构。

直观地讲，同构图之间，仅仅是顶点的名字不同。

图的计数：

问题：以集合$V=\{1,2,\dots,n\}$中的元素为顶点构造图$G=(V,E)$，其中$E\subseteq {V \choose 2}$。求问能构成多少个图？

解： $|{V \choose 2}|={n\choose 2}$为$K_n$的边数。每条边可能在图中，也可能不在图中，故以$V$为顶点的图共有$2^{n\choose 2}$种。

问题：以集合$V=\{1,2,\dots,n\}$中的元素为顶点构造图$G=(V,E)$，其中$E\subseteq {V \choose 2}$。求问能构成多少个不同构的图？

例：三个顶点所组成互不同构的图共有$4$种。

解：显然，答案不会超过$2^{n \choose 2}$。而一个$n$个点的图至多与$n!$个不同的图同构。于是如果记答案为$X$，那么有

\[\frac{2^{n\choose 2}}{n!}\leqslant X \leqslant 2^{n \choose 2} \]

然后对上下界进行估值：

\[\begin{aligned} \log_2 2 ^{n\choose 2}&={n\choose 2}=\frac{n^2}{2}(1-\frac{1}{n})\\ \log_2 \frac{2^{n \choose 2 } }{ n !} &= {n \choose 2} - \log_2 n \geqslant {n\choose 2} - \log_2 n ^ n = \frac{n^2}{ 2 }(1-\frac{1}{n}-\frac{2\log_2 n}{n}) \end{aligned} \]

于是就有

\[X=\Theta(2^{\frac{n^2}{2}}) \]

练习题4.2

欧拉图

欧拉图（Eulerian graph）：如果从图$G=(V,E)$上的某一点$v$出发，存在沿图$E$中边的一个连续游走（walk），该游走覆盖所有的顶点，且用到$E$中每条边一次且仅一次，最后回到点$v$，则称$G$是欧拉图。其中闭合的游走被称为一条欧拉回路（Euler tour）。

欧拉图的判定：欧拉图定理：图$G=(V,E)$是欧拉图当且仅当图$G$是连通图，且每个顶点的度数都是偶数。

必要性证明：

欧拉图必然是连通的。

而每个点的度数都是偶数：由于要求是回路，那么对于一个点，进入一次必然会离开一次。

充分性证明：

考虑图$G$中最长的边不重复的游走方案$T=(v_0,e_1,v_1,\dots,e_m,v_m)$。由于$T$已经最大，所以所有与$v_m$相关联的边都已含在$T$中。且已知$v_m$的度数为偶数，如果$v_m$出现在游走方案中间$T=(v_0,e_1,v_1,\dots,e_i,v_m,e_{i+1},\dots,v_m)$，那么中间的每个$v_m$对$v_m$的度数贡献是$2$。出现在末端的$v_m$对$v_m$的度数贡献为$1$。而又由于$v_m$的度数为偶数，则$v_0=v_m$。也就是说$T=(v_m,e_1,v_1,\dots,e_m, v_m)$。所以$T$是回路。

若$T$不是欧拉回路，由于$G$是连通图，所以必然存在$e=\{u,v\}$，$e$不包含在$T$中，但又与$T$中的某个点$v=v_i$相关联。这样的话$|u,e,v_i,e_{i+1}\dots,e_i,v_i|=|T|+1$与$T$的最长性矛盾。所以$T$是欧拉回路。

进一步的问题：对图$G=(V,E)$，是否存在一个连续的游走方案，使$E$中的每条边$e$在方案中恰好出现一次。对于非欧拉图，若存在则必然不是欧拉回路，这样的游走方案被称为欧拉道路。

定理：图$G=(V,E)$中存在欧拉道路当且仅当图$G$是连通的且或者1、所有顶点度数都为偶数，或者2、除$2$个顶点度数为奇数外，其余顶点的度数都是偶数。且度数为奇数的两个点必为欧拉道路的起点和终点。

情况2的充分性证明：

设度数为奇数的两个点为$u,v$，在$u,v$之间增加边$e=\{u,v\}$，那么$G+e$就是欧拉图。这个图的欧拉路径必然会用到边$e$。去掉$e$后就得到了以$u,v$为起点和终点的欧拉道路。

有向欧拉图

有向图的入度（indegree）：$\deg_G^+(v)=|u:(u,v)\in E|$；

有向图的出度（outdegree）：$\deg_G^-(v)=|u:(v,u)\in E| $；

chy-2003注：这里的定义似乎同样不能有效地表示重边。

有向图的对称化（symmetrization）：给定有向图$G=(V,E)$，定义$sym(G)=(V,\overline E)$，其中$\overline E = \{\{x,y\}:(x,y)\in E \vee (y,x)\in E\}$。

性质：有向图$G=(V,E)$含欧拉环（即依边集$E$的方向的一个连续游走方案，用到所有的边正好一次）的充分必要条件是$sym(G)$是连通图且对$V$中所有点$v$都有$\deg_G^+(v)=\deg_G^-(v)$。

证明：同无向图欧拉定理。

编码盘

问题：一个编码盘的底盘可转动且分成$16$个相等的扇面。每个扇面上写入$0$或者$1$，顶部四个位置的扇面可见。顺时针读取当前可见扇面的值，为一个$4$位二进制输出。试问底盘上的$16$个二进制数的序列应如何设置，使得转动编码盘底盘正好能输出所有的$4$为二进制编码？

分析：

如果当前的状态为$a_1a_2a_3a_4$，逆时针方向旋转一个扇面，那么新的输出是$a_2a_3a_4a_5$。定义如下点集和有向边：点$(a_{i-1}a_ia_{i+1}),(a_i,a_{i+1},a_{i+2})$，有向边$a_{i-1}a_ia_{i+1}a_{i+2}=((a_{i-1}a_ia_{i+1}),(a_ia_{i+1}a_{i+2}))$。

不难发现$|V|=2^3=8$，$\deg_G^+(v)=\deg_G^-(v)=2$。

我们可以画出整个图

于是存在有向欧拉回路，如

\[0000,0001,0010,0101,\\1010,0100,1001,0011,\\0110,1101,1011,0111,\\1111,1110,1100,1000\\ \]
于是我们就能得到一种答案：

$0000101001101111$

练习题5.1

哈密顿图与Ore定理

背景：$19$世纪英国数学家哈密顿（Sir William Hamilton）提出问题：正凸$12$面体，把$20$个顶点比作世界上$20$个城市，$30$条棱表示这些城市间的交通路线。问，能否周游整个世界，即从某个城市出发，经过每城市一次且只一次，最后返回出发地。

哈密顿回路（Hamiltonian cycle）：如果一个环经过图上所有点正好一次，则此环被称为哈密顿环。

哈密顿图（Hamiltonian graph）：含有哈密顿环的图被称为哈密顿图。

哈密顿道路（Hamiltonian path）：如果一条路径经过图上所有点正好一次，则此路径被称为哈密顿道路。

注意：讨论哈密顿图相关的时候一般指简单图。因为重边和自环显然没有用。

判断哈密顿图的充分（不必要）条件：

定理[Dirac 1952]：$|G|=n\geqslant 3$，且$\delta(G)\geqslant \frac{n}{2}$，则图$G$一定是哈密顿图。

因为$\delta(G)\geqslant \frac{n}{2}$，图$G$必为连通图。（若不是连通图，则取顶点个数最少的连通分支$G'$，必有$\delta(G')<|G'|\leqslant \frac{n}{2}$。）

取$G$中最长路径$P=x_1\dots x_k$。显然有$N(x_1)\subseteq P,N(x_k)\subseteq P$。

取$i\in [1,\dots,k-1]$，$k\leqslant n$，其中

\[\begin{aligned} \left \{ \begin{matrix} \left | i:\{x_i,x_k\}\in E(G)\right | \geqslant \frac{n}{2}\\ \left | i:\{x_1,x_{i+1}\}\in E(G)\right | \geqslant \frac{n}{2} \end{matrix}\right. \end{aligned} \]
如果记第一个集合为$A$，第二个集合为$B$，那么显然有$|A|+|B|>n$。也就是说存在一个$i$，使$x_i$与$x_k$相邻且$x_{i+1}$与$x_1$相邻。那么我们构造$x_1x_{i+1}Px_kx_iPx_1$是一个环。而由于$P$的最大性，$P$经过了图$G$中所有顶点，所以图$G$是哈密顿图。（这一部分证明与欧拉图中类似，不再重复。）

注意：这个定理不是必要条件。

判断哈密顿图的充分（不必要）条件：

定理[Ore 1960]：图$G=(V,E)$，$|G|=n\geqslant 3$。对任意不同$u,v\in V$，若$u,v$不相邻，则$\deg_G(u)+\deg_G(v)\geqslant n$。满足以上条件的图$G$是哈密顿图。

证明：与上一个证明类似，略。

显然，Dirac定理是Ore定理的特例。

注意：这个定理不是必要条件。

引理：图$G=(V,E)$，$|G|=n\geqslant 3$。若存在不相邻的点$u,v\in V$且$\deg_G(u)+\deg_G(v)\geqslant n$，则$G=(V,E)$是哈密顿图当且仅当$G'=(V,E\cup\{\{u,v\}\})$是哈密顿图。

必要性显然。

充分性：（反证法）

若$G'$中有哈密顿回路而$G$中没有，则$G'$中的哈密顿回路$P$必经过边$e=\{u,v\}$。

$P-e$是以$u,v$为始点和终点的哈密顿道路。接下来证明$\deg_G(u)+\deg_G(v)<n(*)$。

若$\deg_G(u)+\deg_G(v)\geqslant n$，则同Dirac定理的证明，从$P-e$可构造不含$e$的哈密顿回路，与假设矛盾。

$(*)$与命题前提矛盾，故假设错误。即$G$为哈密顿图。

判断哈密顿图的必要（不充分）条件：

定理：如果图$G=(V,E)$是哈密顿图，则对所有非空子集$S\subseteq V$，必然有$Con(G-S)\leqslant|S|$。

设$C$是图$G$中的一条哈密顿回路，易验证对于$v$的每个非空子集$Con(C-S)\leqslant |S|$。

而$C-S$是$G-S$的生成子图，故$Con(G-S)\leqslant Con(C-S) \leqslant |S|$。

练习题5.2

握手定理的应用（一）： Smith定理

定理（Smith）：对$3$正则图，包含图上任意边的哈密顿回路必有偶数条。

证明：（Thomason 1978）

思路：选取图$G$中任意一条边$e$，构造图$G'$，使图$G'$中的顶点的度数为$1$或$2$。当顶点度数为$1$时，能证明原图$G$中必有一条含$e$的哈密顿回路。由于$G'$受到握手定理限制，所以$G'$中必然存在第$2$个点度数为$1$。而因为对应关系，原始图$G$中必存在另一条哈密顿回路。

过程：图$G$是$3$正则图，$e=\{v_1,v_2\}$是一条固定的边。为了不失一般性，假设原图中存在含有$e$的哈密顿回路。

构造图$G'=(V',E')$。

$V'$中的每一个点，代表一条从$v_1$开始，以$e$为第一条边的哈密顿路径。（由前提假设，知$V'$非空。）

接下来构造$E'$。$v_P\in V'$代表哈密顿路径$P=v_1,v_2,\dots,v_n$。由于$v_n$在$G$中度数为$3$，故必存在$1<k<n-1$满足$\{v_k,v_n\}\in E(G)$。于是可构造另一条路径$P'=v_1v_2\dots v_kv_nv_{n-1}\dots n_{k+1}$是哈密顿路径。令$\{v_P,v_{P'}\}\in E'$。

$G'$中任意$v_P$的度数至多为$2$：$\deg(v_P)=1$当且仅当原始用到的哈密顿路径实际上是图$G$中的一个哈密顿回路。（因为$v_n$和$v_1$相邻，就只能构造出一个$1<k<n-1$满足$\{v_k,v_n\}\in E(G)$。反之$\deg(v_P)=2$。

根据握手定理，度数为奇数的点必有偶数个。故必存在另一点$\deg(v_Q)=1$。

例子：

如图，假设我们固定$e=\{1,2\}$。一开始获得路径$12348765(1)$。$8$与$5$相邻，我们可以得到$12348567$。$7$和$3,8$响铃，能得到$12348765$和$12376584(1)$。前者重复，不再考虑，而后者是另一条哈密顿回路。

握手定理的应用（二）：Sperner引理

Sperner引理（平面）：已知平面上的一个三角形$ABC$，任意划分成若干小的不重叠三角形，用红黄蓝三色依次对$A$、$B$、$C$三个顶点着色。然后这样对剩余顶点着色：

$BC$边上的点用黄色或者蓝色；

$AB$边上的点用红色或者黄色；

$AC$边上的点用红色或者蓝色；

对余下的内部顶点任意着色。

这样必然存在一个三个顶点不同色的小三角形。

Sperner's lemma 的证明：

构造图$G=(V,E)$：

$V$：每个闭合的连续平面（小三角形）抽象为一个点，外面的开放平面也抽象为一个点，记为$v$。

$E$：两个点之间有一条边，当且仅当原对应平面相邻且相邻边顶点着色为红和蓝。

接下开考虑$G$中顶点的度数：

$V$在$ABC$内（非点$v$）度数非$0$的情况：

1、三个顶点分别为红黄蓝；2、三个顶点两红一蓝；3、三个顶点两蓝一红。

其余情况度数均为$0$。

$V$在$ABC$外的点（点$v$）的度数就是$AC$边上的颜色改变次数。易证其必为奇数。

根据握手定理，$G$中必还有度数为奇数的点，即情况1必然发生。

Sperner's lemma的完整形式（sperner 1928）：对任意$n$维单形体（n-simplex）进行分割并用$n+1$中颜色去着色，则任何合适的单形分割着色方案下，都必有一个包含所有不同颜色的单元。$n=1$时，是两端颜色不同的线段，$n=2$就是上面所述的情况，$n=3$时是四面体……

练习题5.3

树

树的刻画

叶子（leaf）：图$G$中度数为$1$的顶点被称为叶子或者终点（end-vertex）。

引理：对任意树$T$，如果$|T| \geqslant 2$，则$T$必含至少两个终点。

取$T$中的一条极长路径$P$，则因为$T$中没有环，且$P$极长，所以$P$的两端即为终点。

树的生长引理（Tree-growing lemma）：对图$G$及图$G$上的叶子节点$v$而言，图$G$是树当且仅当图$G-v$是树。

充分性证明：

由于$G$无环，那么$G-v$显然也无环。而对图$G$中任意不为$v$的点对$x,y$，$x$到$y$的路径不经过点$v$，所以$G-v$连通。

必要性证明：

由于$\deg(v)=1$，且$G-v$无环，那么图$G$也无环。

假设加入的边为$\{u,v\}$，那么对于$G-v$任何点$x$，都有路径$v$到$u$到$x$可达。所以图$G$连通。

树的等价刻画：对于图$G=(V,E)$而言，以下称述等价：

图$G$是树。

路径唯一：对任意两点$u,v\in V$，存在从$u$到$v$的唯一路径。

最小连通图：$G$是连通图，且去掉任意一条边后都成为非连通图。

最大无环图：$G$不含环，但增加任何一条边所得到的图$G+e$（其中$e\in {V \choose 2}\backslash E$）中含有一个环。

Euler方程：$G$是连通图，且$|V|=|E|+1$。

下面证明第1条和第5条等价。

1蕴含5：（归纳法）

连通性显然。当$|V|=1$时，结论成立。假设当$|V|=n$时成立，当$|V|=n+1$时，根据树的生长引理，去掉一个叶子后仍是一棵树。根据归纳假设，这时结论成立。而加回这个点会使点数和边数同时增加$1$，所以结论假设成立。

5蕴含1：（归纳法）

当$|V|=1$时，结论平凡。设$|V|=n$时结论平凡。当$|V|=n+1=|E|+1\geqslant 2$时，根据握手定理，图$G$中顶点度数之和为$2|V|-2$。故图$G$中必然存在度数小于$2$的顶点。且图$G$是连通图，任何顶点的度数非$0$，所以存在度数为$1$的点，记为$v$。

考虑$G'=G-v$，易验证归纳假设条件成立。根据归纳假设，$G'$是树。根据树的生长定理，$G$也是树。

练习题6.1

有根树同构

有根树（Rooted tree）：二元组$(T,r)$中$T$表示一棵树，$r\in V(T)$表示树上的一个特别顶点称为根（Root）。约定在节点上画向下箭头标明。

对树上的一条边$\{x,y\}\in E(T)$。如果$x$是出现在从根$r$到$y$的唯一路径上，则称$x$是$y$的父亲（Father），相应地称$y$是$x$的儿子（son）。

一般的图之间，图的同构问题尚无有效的算法；而有根树之间的同构有快速算法。

定义：$(T,r)\cong' (T',r')$当且仅当$f:V(T)\rightarrow V(T')$是$T\cong T'$且$f(r)=r'$。

显然，$\cong'$关系严格强于$\cong$。

思路：将树的比较转化为字符串比较。

字符串比较：字典序（Lexicographic order）：对不同的序列$s=s_1s_2\dots s_n$和$t=t_1t_2\dots t_m$。如果$s$是$t$的初始序列（即$t=st_{n+1}\dots t_m$），则$s<t$；如果$t$是$s$的初始序列（即$s=ts_{m+1}\dots s_n$），则$t < s$。否则令$i$是$s_i\neq t_i$的最小下标，若$s_i<t_i$，则$s<t$；若$s_i>t_i$，则$s>t$。

过程：对有根树$(T,r)$如下编码：

R1：所有非根叶节点都赋值为$01$。

R2：假设点$v$的儿子节点为$w_1,w_2,\dots, w_k$都已各完成赋值，为$A(w_i)$，且$A(w_1)\leqslant A(w_2)\leqslant \dots \leqslant A(w_k)$。则对$v$节点赋值为$0A(w_1)A(w_2)\dots A(w_k)1$。

根节点$r$的编码就是$(T,r)$的编码，用$\#(T,r)$表示。

性质：$(T,r)\cong'(T',r')$当且仅当它们具有相同的编码。

充分性：从有根树同构的定义和编码可证。

必要性：解码。从编码恢复原始的树结构。任意有根树的编码必然有$0S1$的一般形式，其中$S=S_1S_2\dots S_t$。$S_1$是$S$中$0,1$个数相等的最小前缀，$S_2$是第二个$0,1$平衡的最小前缀……可以根据此恢复出有根树，且显然这样的有根树必然是同构的。

树同构的判定

一般的树之间的同构也有快速的算法。

对一般树（无根树），找到其中可以用作根的节点，且该节点在任何同构函数下都被保持。

距离（Distance）：图$G$中的两个顶点$u,v$，$dis_G(u,v)$表示$u,v$之间的最短路径的长度。若$u,v$不在一个连通分支里，定义$dis_G(u,v)=\infty$。

偏心率（Excentricity）：图$G$及图中的顶点$v$，偏心率定义为：$ex_G(v)=\max\limits_{u\in G} dis_G(u,v)$。

中心（center）：图$G$中偏心率最小的顶点集合叫做中心，用符号$C(G)$表示。中心可能任意大，例如环和完全图的$C(G)=V(G)$。

性质：对树$T=(V,E)$，$C(T)$含至多两个顶点，且若$C(T)=\{x,y\}$，则$\{x,y\} \in E$。

若$|T|\leqslant 2$，结论显然，否则利用树的特殊性：与树上任意一点$v$距离最远的点必然是叶子节点，

从$T$构造$T'$：$T'$是从$T$中删去所有叶子节点。显然对$T'$上的点$v$有$ex_T(v)=ex_{T'}(v)+1$。进而$C(T')=C(T)$；

反复以上过程，直至最后剩下一个顶点（$C(T)$是一个顶点）或一条边（$C(T)$是两个顶点）。

用树的中心来完成树到有根树的转化：

$|C(T)|=1$，则中心$v$就是根，输出$\#(T,v)$。

$|C(T)|=2$，$C(T)=\{x_1,x_2\},e=\{x_1,x_2\}$，$T-e$必然含有正好两个连通分支$T1,T2$。不失一般性，设$x_1\in V(T_1),x_2\in V(T_2)$。计算$\#(T_1,x_1),\#(T_2,x_2)$，若$\#(T_1,x_1)\leqslant \#(T_2,x_2)$，输出$\#(T,x_1)$，否则输出$\#(T,x_2)$。

$\#T$为以上过程的输出。

性质：$T\cong T'$当且仅当$\#T\cong' \#T'$。

证明：与有根树类似。

练习题6.2

生成树计数

生成树（Spanning tree）：对连通图$G=(V,E)$，生成树是包含$G$中所有顶点且为树的子图。

问题：$K_n$的生成树共有多少种？（$K_n$为有$n$个顶点的完全图。）

特殊情况：$n=2$时，有$1$种生成树；$n=3$时，有$3$种生成树；$n=4$时，有$4+12=16$种；$n=5$时，有$5+60+60=125$种；$n=6$时，有$6+360+120+90+360+360=1296$种。

Caley定理（Caley's formula）：$K_n$的生成图个数是$n^{n-2}$个。

定义1：函数图（function graph）：$f:V\rightarrow V$。如下面的函数：

$v$ 1 2 3 4 5 6

$f(v)$ 3 4 5 1 2 2

不难发现函数与函数图一一对应。当$|V|=n$时共有$n^n$种不同的函数图。

定义2：脊椎动物（Vertebrate）骨骼标本：三元组$(T,h,b)$被称为骨骼标本若其中$T$是一棵树且$h,b\in V$。$h$被称为颈椎骨，$v$被称为尾椎骨。注意：$h,b$除了必须是树上节点外没有任何要求（可重合）。

定义3：脊椎（Spine）：出现在从颈椎骨到尾椎骨的路径上的点被称为脊椎。

证明过程：

用$T_n$表示$K_n=(V,E)$的生成树个数。每一棵树对应$n^2$种骨骼标本。我们希望证明骨骼标本与$V$上的函数图一一对应，有$n^n$种。如果如此，那么$T_n=\frac{n^n}{n^2}=n^{n-2}$。接下来证明骨骼标本与$V$上的函数图一一对应。

从骨骼标本对应到函数图：

让脊椎上的点被从小到大排序后对应位置的点指向。也就是说，如果依次有点$8,3,2,19,4,6$，那么就有如下对应关系：

$v$ 2 3 4 6 8 19

$f(v)$ 8 3 2 19 4 6

（也就是说上面一行是下面一行排序后的结果。）这样得到了若干个环。然后再将剩余的点向环连边。如果上面的例子中还有$e_1=\{1,2\}$和$e_2=\{5,1\}$，那么$f(5)=1$，$f(1)=2$。

这样，骨骼标本就与函数图一一对应了。

接下来证明函数图与骨骼标本一一对应：

显然函数图中必然有环。我们找出所有的环，然后将环上的点如上表这般从小到大写在第一行，然后根据函数图中的对应关系写出第二行。那么第二行从左至右就是骨骼标本的颈椎骨到尾椎骨了。最后加入剩下的点，就可以得到与之对应的骨骼标本。

这样一来，我们证明了骨骼标本与函数图一一对应。所以$T_n=n^{n-2}$成立。

\(v\)	1	2	3	4	5	6
\(f(v)\)	3	4	5	1	2	2

\(v\)	2	3	4	6	8	19
\(f(v)\)	8	3	2	19	4	6

最小生成树

带权图（weighted graph）：$G=(V,E,w)$是带权图，其中$(V,E)$是无向图，$w$是对边的赋值的集合，即边的权重。

有时使用$w(G)$表示$\sum\limits_{e\in E} w(e)$。

最小生成树（Minimum spanning tree）：给定带权图$G$，最小生成树是$(V,E)$的生成树中代价最小的树。最小生成树不一定唯一。

Caley定理（Caley's formula）：$n$个顶点能构成的不同生成树共有$n^{n-2}$种。

Kruskal算法：

输入：连通带权图$G_w=(V,E,\alpha)$。

输出：最小生成树$T$。

算法流程：

正确性证明：

每次加边减少一个连通分支，而原图是连通图，所以$n-1$次之后就变成了一个连通分支，算法结束。而对于任何生成树$T_0^*$，用$e=\{u,v\}$表示被算法加入的第一条不在$T_i^*$中的边。把$e$加入$T_i^*$必然产生环。$T_i^*$中$u$到$v$的路径上必然存在一条不在$T$中的边$e'$，且$w(e')\geqslant w(e)$。更新$T_{i+1}^*=(T_i^*\{e'\})\cup \{e\}$。那么显然$w(T_{i+1}^*)\leqslant w(T_i^*)$，最终能得到$T\lhd T_{i+1}^*$。正确性得证。

Prim算法：

算法流程：

正确性证明：

显然算法会在有限步后结束，因为每一步我们都减少了一个连通分支。而由于每次加入的边跨两个集合，所以一定不会有环。算法的过程是在不断地生长一棵树，所以输出一定是一棵树。那么我们只需要证明这棵树是最小生成树就好了。

任何一棵原图的生成树$T_0^*$。用$e=\{u,v\}$表示被算法加入的第一条不在$T_i^*$中的边。把$e$加入$T_i^*$必然有环，$T_i^*$中$u$到$v$的路径上必然存在一条不在$T$中的边$e'$，且$w(e')\geqslant w(e)$。更新$T_{i+1}^*=(T_i^*\{e'\})\cup \{e\}$。那么显然$w(T_{i+1}^*)\leqslant w(T_i^*)$，最终能得到$T\lhd T_{i+1}^*$。正确性得证。

练习题6.3

网络流

基本概念

流网络（Flow network）：$(G,s,t,c)$，其中$G=(V,E)$是有向图，源点（Source）$s$，汇点（Sink）$t$和容量函数（Capacity function）：$\forall e\in E,c(e)\in R,c(e)>0$。

割（Cut）：顶点集$V$被划分为两个集合$A,B$，其中$s\in A, t \in B$。常用$\{A,B\}$表示割。

容量（Capacity）：从集合$A$到集合$B$的边的容量之和。$c(A,B)=\sum\limits_{u\in A, v \in B} c(u,v)$。

最小割（Min-cut）问题：寻找容量最小的割。

流（Flow）：给定流网络$(G,s,t,c)$，流函数$f:V\times V\rightarrow R$满足如下条件：

$f(u,v)\leqslant c(u,v)$（Capacity constraint，流量限制）；

$f(u,v)=-f(v,u)$（Skew symmetry，对称性）；

$\sum\limits_{v\in V}f(u,v)=0$对任意$v\in V\backslash\{s,t\}$成立（Flow conservation，流量平衡）；

一个流的值被定义为从源点出发的流量之和$|f|=\sum\limits_{v\in V\backslash \{s\}}f(s,v)$。

最大流（Max-flow）问题：寻找值最大的流。

对流函数$f$，经过割$\{A,B\}$的流用$f(A,B)$表示：$f(A,B)=\sum\limits_{u\in A,v\in B}f(u,v)$。

同时，$f(u,B)\triangleq f(\{u\},B)$，$f(A,v)\triangleq f(A,\{v\})$。

性质1：对给定流网络$(G,s,t,c)$上的任意割$\{X,Y\}$以及流$f$，$|f|=f(X,Y)$。

证明：对$|X|$做归纳。

当$X=\{s\}$时，由流的定义，结论成立。假设对割$\{X,Y\}$结论成立。对任意$w\in Y\backslash \{t\}$，考察新割$\{X',Y'\}=\{X\cup \{w\},Y\backslash \{w\}\}$：

\[\begin{aligned} f(X',Y')&=f(X,Y)+f(w,Y)-f(X,w)-f(w,w)\\ &=f(X,Y)+f(w,Y)+f(w,X)-0\\ &=f(X,Y)+f(w,V)\\ &=f(X,Y)+0\\ &=|f| \end{aligned} \]

上述结论同样说明：

\[\begin{aligned} |f|&=\sum\limits_{v\in V\backslash \{s\}}f(s,v )\\ & = f(s,V\backslash \{s\})\\ & = f(V\backslash \{t\},t)\\ & = \sum\limits_{v\in V\backslash \{t\}}f(v,t) \end{aligned} \]

性质2：最大流值小于等于最小割容量。

证明：对流函数$f$，对任意$s-t$割$\{A,B\}$：

\[\begin{aligned} |f|&=f(A,B)\\ &=\sum\limits_{u\in A, v\in B}f(u,v)\\ &\leqslant \sum\limits_{u\in A, v\in B,f(u,v)\geqslant 0}f(u,v)\\ &\leqslant \sum\limits_{u\in A, v\in B} c(u,v)\\ &=c(A,B) \end{aligned} \]

最大流最小割定理

剩余图（Residual graph）：

对于流网络$(G,s,t,c)$，其中$G=(V,E)$。定义：

原始边$e=\{u,v\}\in E$，剩余边（Residual edge）$e={v,u} $。

关于流$f$的剩余容量（Residual Capacity）：

\[\begin{aligned} c_f(e)=\left\{\begin{matrix} c(e)-f(e) & if\,\,\,\,e\in E\\ f(e) & if\,\,\,\,e^R\in E \end{matrix}\right. \end{aligned} \]

剩余图：$G_f=(V,E_f)$：关于流$f$的剩余流量为正的剩余边，及相应正剩余容量。

即：$E_f=\{e:f(e)<c(e)\}\cup\{e^R:f(e)>0\}$。

定义流的加法：$f$是$G$上的流，$f'$是关于流$f$的剩余图$G_f$上的流，对所有$u,v\in V$，定义

$(f+f')(u,v)=f(u,v)+f'(u,v)$。

性质：$f$是$G$上的流，$f'$是关于流$f$的剩余图$G_f$上的流，则$f+f'$也是$G$上的流。

证明：定义$g=f+f'$。

容量限制：

\[\begin{aligned} g(u,v)&=f(u,v)+f'(u,v)\\ &\leqslant f(u,v)+(c(u,v)-f(u,v))\\ &=c(u,v) \end{aligned} \]
对称性：

\[\begin{aligned} g(v,u)&=f(v,u)+f'(v,u)\\ & =-f(u,v)-f'(u,v)\\ &=-(f(u,v)+f'(u,v))\\ &=-g(u,v) \end{aligned} \]
流量平衡：

对$\forall v\in V\backslash \{s,t\}$，有$\sum\limits_{v\in V}f(u,v)=0,\sum\limits_{v\in V}f'(u,v)=0$。故

\[\begin{aligned} \sum\limits_{v\in V}g(u,v)=\sum\limits_{v\in V}(f(u,v)+f'(u,v))=0 \end{aligned} \]

扩流路径（Augmenting Path）：对流网络$G$和流$f$，剩余图$G_f$中$s$到$t$的简单路径$P$。

流量瓶颈（Bottleneck capacity）：扩流路径$P$各边在$G_f$中的最小剩余容量值，记为$b$。

扩流：沿路径$P$扩流（$Augment(f,P)$）：对所有$e\in P$，如果$e\in E$，$f^+(e)=f(e)+b$；如果$e^R\in E$，$f^+(e)=f(e)-b$。对所有$e \not \in P$，$f^+(e)=f(e)$。

最大流最小割定理（Max-flow min-cut theorem）：对流网络$(G,s,t,c)$以及该网络上的流$f$，如下三个命题互相等价：

1、存在一个割$\{A,B\}$，有$c(A,B)=|f|$；

2、流$f$是原流网络中的一个最大流；

3、不存在相对于流$f$的扩流路径。

证明：

$1\rightarrow 2$：对任意割$\{A,B\}$和流$g$，有$|g|\leqslant c(A,B)$。故$c(A,B)=|f|$蕴含$|g|\leqslant |f|$，即$f$是最大流。

$2\rightarrow 3$：如果存在相对于流$f$的扩流路径，则可沿$P$扩充，得到一个值更大的流。

$3\rightarrow 1$：若命题$3$成立，设$A$是从$s$出发沿剩余图$G_f$可达到的所有点，$B=V\backslash A$。则$G_f$中不含从$A$到$B$的路径，故原图从$B$到$A$的边的流为$0$。类似的，原图上从$A$到$B$的所有边$e$，都有$f(e)=c(e)$。此时$c(A,B)=f(A,B)=|f|$。

Ford-Fulkerson最大流算法：

flow3

分析：若容量函数取值为整数，设$(G,s,t,c)$的最大流为$f^*$，则Ford-Fulkerson算法运行过程中至多迭代$|f^*|$次。

改进的算法：

对$(G,s,t,c)$，$G=(V,E)$，$n=|V|$，$m=|E|$。

Edmonds-Karp Algorithm: $O(nm^2)$。要点：使用最短路径算法来选择下一条扩流路径。

Dinic's Algorithm: $O(n^2m)$。要点：改进Edmonds-Karp Algorithm，使用了Blocking flow（而不是Augment path）来选择扩流方案。

应用：二分图匹配（略）。

练习题6.4

posted @ 2019-08-26 19:54 chy_2003 阅读(3151) 评论(0) 编辑收藏举报

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名称	表示	条件	直观含义
大\(O\)符号	\(f(n)=O(g(n))\)	\(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\frac{f(n)}{g(n)}\not\rightarrow \infty\)	\(f\)的增长不比\(g\)快很多
小\(o\)符号	\(f(n)=o(g(n))\)	\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{g(n)}=0\)	\(f\)的增长远远慢于\(g\)
大\(\Omega\)符号	\(f(n)=\Omega(g(n))\)	\(g(n)=O(f(n))\)	\(f\)的增长至少和\(g\)一样快
大\(\Theta\)符号	\(f(n)=\Theta(g(n))\)	\(f(n)=O(g(n))\)且\(f(n)=\Omega(g(n))\)	\(f\)和\(g\)几乎是同一数量级
	\(f(n)\thicksim g(n)\)	\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{g(n)}=1\)	\(f(n)\)和\(g(n)\)几乎是一样的

\(1\)	\(\frac{1}{2},\frac{1}{3}\)	\(\frac{1}{4},\dots,\frac{1}{7}\)	\(\frac{1}{8},\dots,\frac{1}{15}\)	\(\frac{1}{16},\dots\)	\(\dots\)
\((\frac{1}{2^1},\frac{1}{2^0}]\)	\((\frac{1}{2^2},\frac{1}{2^1}]\)	\((\frac{1}{2^3},\frac{1}{2^2}]\)	\((\frac{1}{2^4},\frac{1}{2^3}]\)	\((\frac{1}{2^5},\frac{1}{2^4}]\)	\(\dots\)
\(G_0\)	\(G_1\)	\(G_2\)	\(G_3\)	\(G_4\)	\(\dots,G_t\)

chy-2003