拟阵学习笔记

拟阵

Part 1 拟阵的定义

基础定义

对于一个集合 \(M\)，定义子集族为其若干个子集构成的集合，一般用花体字表示。对于 \(M\) 的一个子集族 \(\mathcal{I}\)，若满足：

• （含空性：）\(\varnothing \in \mathcal I\)；
• 继承性：若 \(B \sub A \in \mathcal I\)，则 \(B \in \mathcal I\)；
• 交换性：若 \(A, B \in \mathcal I\) 且 \(|A| \lt |B|\)，那么 \(\exists b \in B \setminus A\) 满足 \((A \cup \{b\}) \in \mathcal I\)，

则称 \((M, \mathcal I)\) 是一个拟阵（matroid）。定义 \(\mathcal I\) 中的所有元素为独立集（independent set），\(M\) 为 ground set。

例子

• Uniform matroid：\(\mathcal I = \{A \sube M : |A| \le k\}\)；
• Colorful matroid：给定一个集合 \(E\)，每个元素有一个颜色，\(\mathcal I = \{A \sube E : A\) 中颜色互不相同 \(\}\)；
• Linear matroid：设 \(E = \{\boldsymbol u_1, \dots, \boldsymbol u_k\}\)，其中 \(\boldsymbol u_i\) 为域 \(F^n\) 上的向量，\(\mathcal I = \{A \sube E: A\) 在 \(F^n\) 上线性独立 \(\}\)；
• Graph matroid：给定一个无向图，\(\mathcal I = \{A \sube E: A\) 为一个生成森林（无环）\(\}\)；

基集（basis set）

对于拟阵 \((M, \mathcal I)\)，定义其极大独立集为基集（basis set）。即，所有独立的 \(A \in \mathcal{I}\)，且对于任意 \(a \notin A\)，\(A \cup \{a\} \notin \mathcal I\) 的 \(A\) 为基集。一般将基集构成的集族记作 \(\mathcal B\)。

例如 uniform matroid 的基集为 \(\{A \sube M : |A| = k\}\)；Graph matroid 的基集为 \(\{A \sube E : A\) 为一棵生成树 \(\}\)。

基集有几个性质：

• 所有基集的大小相等。

  若 \(X, Y \in \mathcal B\) 且 \(|X| \lt |Y|\)，由交换性得 \(\exists y \in Y \setminus X\) 满足 \((X \cup \{y\}) \in \mathcal B\)，与 \(X\) 是基集矛盾。

• 对于所有 \(A \in \mathcal I\)，\(\exists B \in \mathcal B\) 满足 \(A \sube B\)。

对于一个拟阵，其独立集族 \(\mathcal I\) 和基集族 \(\mathcal B\) 存在以下关系：

• \(\mathcal B\) 为所有 \(\mathcal I\) 中大小最大的元素组成的集族；
• \(\mathcal I\) 为 \(\mathcal B\) 中所有元素的所有子集组成的集族；

对于一个集族 \(\mathcal B\)，其能作为拟阵的基集当且仅当满足两条性质：

• 非空；
• 基集交换性：对于任意 \(X, Y \in \mathcal B\)，\(\forall x \in X \setminus Y, \exists y \in Y \setminus x\)，满足 \(X - \{x\} + \{y\} \in \mathcal B\)。

注意“\(\mathcal B\) 所有元素大小相等”可由上面的性质推导出来。

拟阵的基集 \(\mathcal B\) 满足第二个性质的证明：

令 \(A = X - \{x\}\)，由交换性知 \(\exists y \in Y \setminus A\) 满足 \(A + \{y\} \in \mathcal I\)。因为 \(|A + \{y\}| = |X|\)，所以 \(A + \{y\} \in \mathcal B\)。另一方面，\(y \in Y\) 但 \(x \notin Y\)，所以 \(x \ne y\)；又 \(y \notin A\)，所以综合 \(y \notin A\)，\(y \ne x\) 可得 \(y \notin X\)。\(\square\)

所有元素大小相等的证明：

令 \(X, Y \in \mathcal B\) 且 \(|X| \lt |Y|\)，那么不断运用基集交换性，每次运用之后 \(|X \cap Y|\) 会严格变大，因此有限次操作之后 \(X \sub Y\)。这与 \(X \in \mathcal B\) 矛盾。\(\square\)

满足两个性质的 \(\mathcal B\) 可以作为拟阵基集的证明：

令 \(\mathcal I = \{A : \exists B, A \sube B \in \mathcal B\}\)，则我们只需证明 \((M, \mathcal I)\) 具有交换性。（其他性质不难证明）

考虑反证法，设 \(\exists A, B \in \mathcal I\) 且 \(|A| \lt |B|\)，且满足条件 \((a)\)：对任意 \(b \in B \setminus A\)，\(A \cup \{b\} \notin \mathcal I\)。令对称的条件 \((b)\)：对任意 \(a \in A \setminus B\)，\(B \cup \{a\} \notin \mathcal I\)。若当前不满足条件 \((b)\)，则进行若干次调整，每次将对应的 \(a\) 加入到 \(B\) 中。容易发现此时仍然满足条件 \((a)\)。因为 \(B\) 的大小是有限的，所以这样的调整一定会在有限步内停止。

接下来若 \(B \notin \mathcal B\)，我们继续进行调整。设 \(B \cup \{x\} \in \mathcal{I}\)，则 \(x \notin A\)。将 \(x\) 加入 \(B\)，并且若 \(A \cup \{x\} \in \mathcal{I}\)，也将 \(x\) 加入 \(A\)。探究 \(A \setminus B\)，\(B \setminus A\) 的关系可得仍然满足条件 \((a), (b)\)。

设集合 \(C\) 满足 \(A \sqcup C \in \mathcal B\)（\(\sqcup\) 表示不交并），容易得到 \(C \cap B = \varnothing\)。此时根据基集交换性质，\(\forall c \in C, \exists b \in B\) 满足 \((A + C) - \{c\} + \{b\} \in \mathcal B\)。而 \(A + \{b\}\) 是 \((A + C) - \{c\} + \{b\}\) 的子集，矛盾。\(\square\)

rank function

对于一个拟阵 \((M, \mathcal I)\)，定义其 rank function \(r: 2^M \to \Z\)：

\[\forall A \sube M, r(A) = \max_{B \sube A, B \in \mathcal I} |B| \]

根据 rank function 的定义，给定一个拟阵的 rank function 可以反推出 \(\mathcal I\)：

\[\mathcal I = \{A \sube M: r(A) = |A|\} \]

rank function 具有两条性质：

• binary marginal：\(r(\varnothing) = 0\)，\(r(A + \{x\}) - r(A) \in \{0, 1\}\)。证明比较容易。

• submodular：\(\forall A \sub B, (r(B + \{x\}) - r(B)) \le (r(A + \{x\}) - r(A))\)。

  假设 \(r(B + \{x\}) = r(B) + 1\)，对于任意独立集 \(A \sub B\)，若其不是极大独立集，那么由拟阵交换性可以不断往 \(A\) 中加数，直到得到极大独立集 \(C\)。由于 \(r(B + \{x\}) = r(B) + 1\)，所以 \(C\) 并不是 \(B + \{x\}\) 的极大独立集，因此 \(C\) 可以扩充。又 \(B\) 中的元素不能加进 \(C\)，所以只能将 \(x\) 扩充进去，即 \(C + \{x\} \in \mathcal I\)。所以 \(A + \{x\} \in \mathcal I\)。

  因此对于任意 \(A \sub B\)，设其极大独立子集为 \(C\)，则 \(C + \{x\} \in \mathcal I\)，所以 \(r(A + \{x\}) = r(A) + 1\)。

更进一步，我们可以证明满足上面两条性质的函数 \(r\) 可以作为一个拟阵的 rank function。这个拟阵的独立集族即 \(\mathcal I = \{A \sube M: r(A) = |A|\}\)。

这个拟阵的含空性和继承性都是容易证明的。先证明它的 rank function \(r'\) 就是 \(r\)。

对于 \(B \sube M\)，设 \(A \sube B\) 为其最大独立集，则 \(r'(B) = |A| = r(A)\)。设 \(B = A + \{x_1, \dots, x_t\}\)，则有 \(r(A + \{x_i\}) \lt |A| + 1\)（因为 \(A\) 是最大独立集）。

由 submodular 性质，\(r(A + \{x_1\}) = r(A)\) 和 \(r(A + \{x_2\}) = r(A)\) 可推导出 \(r(A + \{x_1, x_2\}) = r(A + \{x_1\})\)。继续递推，即可得到 \(r(A) = r(B)\)。因此 \(r'(B) = r(B)\)，\(r\) 为这个拟阵的 rank function。

交换性证明其实非常类似。设 \(A, B \in \mathcal I\) 且 \(|B| \gt |A|\)。若不存在 \(x \in B \setminus A\) 且 \(r(A + \{x\}) = r(A) + 1\)，设 \(B \setminus A = \{x_1, \dots, x_t\}\)，则 \(r(A + \{x_i\}) = r(A)\)。由 submodular 性质可递推得到 \(r(A) = r(A \cup B)\)，因此 \(|A| = r(A) = r(A \cup B) \ge r(B) = |B|\)，矛盾。

圈（circuit）

定义 \((M, \mathcal I)\) 的一个极小非独立集为圈（circuit）。即本身 \(\notin \mathcal I\)，但所有真子集都 \(\in \mathcal I\)。Circuit 具有以下性质：

• 所有 circuit 互不包含。

• 所有独立集不包含 circuit。

• 所有非独立集都至少包含一个 circuit。

  设 \(A\) 为一个非独立集。若其本身就是 circuit，则显然成立。否则，存在 \(A_1 \sub A\) 为非独立集。若 \(A_1\) 仍不为 circuit，则可以继续找 \(A_2 \sub A_1\)。因为 \(A\) 大小有限，所以递归总能结束。即 \(A\) 含有 circuit。

由此可以推出：

• 若 \(A \in \mathcal I\) 但 \(A + \{e\} \notin \mathcal I\)，则 \(A + \{e\}\) 恰好存在一个 circuit，记作 \(C(A, e)\)。

  反证法。假设 \(A + \{e\}\) 存在两个 circuit \(C, C'\)。设 \(f \in C \setminus C'\)，则 \(C \setminus \{f\} \in \mathcal I\)。又 \((C \setminus \{f\}) \sube (A + \{e\})\)，而 \(A + \{e\}\) 存在大小为 \(|A|\) 的独立集。由交换性可得每次可以往 \(C \setminus \{f\}\) 加入一个 \(A + \{e\}\) 中的元素，那么最终可以得到一个包含 \(C \setminus \{f\}\) 的独立集 \(X \sube A + \{e\}\)。因为 \(f \notin X\)，所以 \(X = A + \{e\} - \{f\}\)，因此 \(X\) 包含了 \(C'\)，\(C'\) 不是 circuit。\(\square\)

• \(\forall a \in C(A, e)\)，\(A + \{e\} - \{a\} \in \mathcal I\)。

  \(A + \{e\} - \{a\}\) 使唯一的 circuit \(C(A, e)\) 被破坏了，所以不再有 circuit。

Part 2 贪心法

通常情况下，\(\mathcal I\) 的大小比较大，但我们可以在较短时间内判断一个集合 \(A\) 是否 \(\in \mathcal I\)。或者说，我们通常可以在较短时间内判断 \(A + \{x\}\) 是否仍属于 \(\mathcal I\)。

对于一个拟阵 \((M, \mathcal I)\)，我们为所有 \(x \in M\) 设置非负权值 \(w_x\)。我们需要找到集合 \(A \in \mathcal I\)，且最大化 \(\sum_{x \in A} w_x\)。算法如下：

\[\begin{array}{c|l} 1& \text{sort } M \text{ as }\{ x_1, \dots, x_m \} \text{ s.t. } w_{x_i} \ge w_{x_{i + 1}}\\ 2& A \gets \varnothing\\ 3& \text{for } i \text{ from } 1 \text{ to } m:\\ 4& \quad \text{if } A + \{x_i\} \in \mathcal I:\\ 5& \qquad A \gets A + \{x_i\}\\ 6& \text{return } A \end{array} \]

复杂度为 \(O(m(\log m + T))\)，其中 \(T\) 为判定 \(A\) 是否 \(\in \mathcal I\) 的复杂度。

\(A\) 是最优解的证明：

设 \(A\) 中元素按权值从大到小为 \(a_1, a_2, \dots, a_k\)，最优解为 \(B = \{b_1, \dots, b_k\}\)。我们只需证明 \(w_{a_i} \ge w_{b_i}\)。

考虑集合 \(A_{r - 1} = \{a_1, \dots, a_{r - 1}\}\) 与 \(B_r = \{b_1, \dots, b_r\}\)。由交换性可得 \(\exists b_j \in B_r \setminus A_{r - 1}\) 满足 \(A_{r - 1} \cup \{b_j\} \in \mathcal I\)。因此，\(w_{a_r} \ge w_{b_j} \ge w_{b_r}\)。\(\square\)

最终得到的 \(A\) 一定 \(\in \mathcal B\)。因为 \(\mathcal B\) 中所有元素大小相等，所以若要找到 \(A \in \mathcal B\) 且最小化 \(\sum_{x \in A} w_x\) 也是可以做到的。将上述过程的第一步改为从小到大排序即可。在 graph matroid 中这个算法就是 Kruskal 最小生成树算法。

Part 3 拟阵交

对于两个定义在同一个 ground set 的拟阵 \((M, \mathcal I_1), (M, \mathcal I_2)\)，我们要找到元素个数最多的 \(E \sube M\)，使得 \(E \in \mathcal I_1 \cap \mathcal I_2\)。这个问题被称为拟阵交。

注意三个及以上的拟阵交是 NPC。

算法流程

对于 \(A \in \mathcal I_1 \cap \mathcal I_2\)，定义交换图 \(G_{\mathcal I_1, \mathcal I_2}(A)\) 为一个有向二分图 \((A, \complement A)\)：

• 令 \(x \in A\)，\(y \in \complement A\)；若 \(A - \{x\} + \{y\} \in \mathcal I_1\)，则连边 \(x \to y\)；
• 若 \(A - \{x\} + \{y\} \in \mathcal I_2\)，则连边 \(y \to x\)；

令所有满足 \(A + \{y\} \in \mathcal I_1\) 的 \(y\) 组成的集合为 \(I_1\)，\(A + \{y\} \in \mathcal I_2\) 的 \(y\) 组成 \(I_2\)。

那么完整的算法流程：

\[\begin{array}{c|l} 1& A \gets \varnothing\\ 2& \text{if } \exists \text{ a path from } I_1 \text{ to } I_2 \text{ in }G_{\mathcal I_1, \mathcal I_2}(A):\\ 3& \quad \text{let the shortest such path be } \{y_0, x_1, y_1, \dots, x_k, y_k\}\\ 4& \quad A \gets A + \{y_0, \dots, y_k\} - \{x_1, \dots, x_k\}\\ 5& \quad \text{back to step }2\\ 6& \text{return } A \end{array} \]

时间复杂度 \(O(m^2r(\mathcal I)T)\)，其中 \(T\) 为判定 \(A\) 是否 \(\in \mathcal I\) 的复杂度。

正确性证明

我们需要证明两个性质：

• 进行更新以后，\(A\) 仍然属于 \(\mathcal I_1 \cap \mathcal I_2\)。
• 若不存在 \(I_1\) 到 \(I_2\) 的路径，则 \(A\) 为 \(\mathcal I_1 \cap \mathcal I_2\) 的最大元素。（显然若 \(A\) 为最大元素，不存在 \(I_1\) 到 \(I_2\) 的路径）

对于第一条：

我们只需证明 \(A + \{y_0, \dots, y_k\} - \{x_1, \dots, x_k\} \in \mathcal I_1\)，另一侧对称。

首先 \(\forall i \in [k]\)，\(A + \{y_i\} \notin \mathcal I_1\)。否则，存在更短的路径 \(\{y_i, x_{i + 1}, y_{i + 1}, \dots, x_k, y_k\}\)。

由交换图定义知 \(x_i \in C(A, y_i)\)。我们只需证明 \(x_{1}, \dots, x_{i - 1}\) 不会破坏 \(C(A, y_i)\)。事实上这是显然的，因为若 \(x_j, j \lt i\) 破坏了 \(C(A, y_i)\)，则存在更短的路径 \(\{y_0, \dots, x_j, y_i, \dots, y_k\}\)。

对于第二条：

令 \(R\) 表示 \(G_{\mathcal I_1, \mathcal I_2}(A)\) 中 \(I_1\) 可到达的点集。令 \(r_1, r_2\) 表示 \(\mathcal I_1, \mathcal I_2\) 的 rank function，则我们有以下结论：

• \(\forall U \in \mathcal I_1 \cap \mathcal I_2\)，\(\forall X \in M\)，\(|U| \le r_2(X) + r_1(\complement X)\)。

  这是因为 \(|U| = |U \cap X| + |U \cap \complement X| \le r_2(X) + r_1(\complement X)\)。

• \(|A| \ge r_2(R) + r_1(\complement R)\)

  我们只需证明 \(|A \cap R| \ge r_2(R)\) 和 \(|A \cap \complement R| \ge r_1(\complement R)\)。

  对于左侧，反证法。若 \(r_2(R) \gt |A \cap R|\)，则（在 \((M, \mathcal I_2)\) 上）\(R\) 存在一个比 \(A \cap R\) 更大的独立集。设这个独立集中一个 \(\notin (A \cap R)\) 的元素为 \(y\)，则 \(y \notin I_2\)。因为 \((A \cap R) + \{y\} \in \mathcal I_2\) 但 \(A + \{y\} \notin \mathcal I_2\)，所以 \(\exists x \in (A \setminus R)\) 满足 \(x \in C(A, y)\)，即存在边 \(y \to x\)，\(x \in R\)，矛盾。

  右侧同理。\(\square\)

由前者可得 \(\max_U |U| \le \min_X r_2(X) + r_1(\complement X)\)，由后者可得其中的取等情况。因此 \(|A| = \max_U |U|\)。\(\square\)

那么我们就得证了这个算法的正确性。

带权形式

我们要求出最大的 \(\max_{x \in A} w(x)\) 使得 \(A \in \mathcal I_1 \cap \mathcal I_2\) 且 \(|A| = k\)。这里 \(k\) 是一个固定的大小，类似在 MCMF 问题中我们在固定流量的前提下求费用最值。

过程和不带权的形式基本一致，也是每次对 \(A\) 进行调整，使其大小 \(+1\)。

带权版本交换图 \(G_{\mathcal I_1, \mathcal I_2}(A)\) 与非带权版本类似，不过点有点权。对于 \(x \in A\)，其点权为 \(-w(x)\)；对于 \(x \notin A\)，其点权为 \(w(x)\)。那么在算法过程中，我们找到最短路就是在权值和最小的情况下，经过的边最少的那一条路径。

这个过程可以用 SPFA 等算法实现，复杂度 \(O(m^3r(\mathcal I)T)\)。

具体的证明需要用到线性对偶，非常复杂，就不放了。