Основы теории графов 08: раскраски и списочные...

Основы теории графовосень 2013

Александр Дайняк

www.dainiak.com

http://www.dainiak.com/

Независимые множества и клики

• Клика в графе — это полный подграф

• Независимое множество — это подмножество вершин, порождающее пустой подграф

Независимые множества и клики

• Число независимости 𝛼 𝐺 — это размер максимального независимого множества

• Кликовое число 𝜔 𝐺 — это максимальный размер клики в графе

Двудольные графы

• Двудольный граф — это граф, вершины которого можно разбить на два независимых множества

• Полный двудольный граф 𝐾𝑚,𝑛 — это двудольный граф со всеми возможными рёбрами между долями (𝑚 и 𝑛 — мощности долей)

𝐾3,3

Раскраски вершин и рёбер

• Раскраска вершин графа 𝐺 в 𝑘 цветов — это отображение 𝜙: 𝑉 𝐺 → 1,2,… , 𝑘

• Вершинная раскраска 𝜙 называется правильной, если ∀𝑣′∀𝑣′′ 𝑣′𝑣′′ ∈ E 𝐺 ⇒ 𝜙 𝑣′ ≠ 𝜙 𝑣′′

Правильная раскраска вершин графав 𝑘 цветов задаёт разбиение множества вершин графана 𝑘 независимых множеств.

Раскраски вершин и рёбер

• Раскраска рёбер графа 𝐺 в 𝑘 цветов — это отображение 𝜓: 𝐸 𝐺 → 1,2, … , 𝑘

• Рёберная раскраска 𝜓 называется правильной, если∀𝑒′∀𝑒′′ 𝑒′ ∩ 𝑒′′ ≠ ∅ ⇒ 𝜓 𝑒′ ≠ 𝜓 𝑒′′

Правильная раскраска рёбер графав 𝑘 цветов задаёт разбиение множества рёбер графана 𝑘 паросочетаний.

Примеры задач о раскраске

• Сотовый оператор установил в городе свои антенны. Некоторые пары антенн расположены близко друг к другу и вынуждены использовать разные частоты.Сколько радиочастот придётся выкупить сотовому оператору у городских властей?

• Лидеры стран G-20 собрались на саммит. Некоторые пары участников хотят побеседовать друг с другом наедине. У каждого участника на одну такую беседу уходит один день. Во сколько дней можно уложить саммит?


Исторически первая задача о раскраске:

• Сколько цветов достаточно использовать в типографии, чтобы можно было напечатать любую географическую карту (так, чтобы граничащие друг с другом страны не сливались на карте)?


Задачу о раскраске карт можно переформулировать на языке раскрасок, рассмотрев планарный граф, двойственный карте:

• Сколькими цветами можно правильно раскрасить любой планарный граф?

Хроматическое число

• Хроматическое число 𝜒 𝐺 — это минимальное число цветов, в которое можно правильно раскрасить вершины графа 𝐺.

• Хроматический индекс 𝜒′ 𝐺 — это минимальное число цветов, в которое можно правильно раскрасить рёбра графа 𝐺.

Рассмотренные ранее «жизненные» задачи сводятся к нахождению хроматического числа или хроматического индекса некоторых графов.

Списочное хроматическое число

Пусть для каждой вершины 𝑣 графа 𝐺 указан конечный список𝐿𝑣 ⊆ ℕ — цвета, в которые разрешается красить 𝑣.

Правильная списочная раскраска графа 𝐺 (для набора списков 𝐿𝑣 𝑣∈𝑉 𝐺 ) — это отображение 𝜙: 𝑉 𝐺 → ℕ, которое

• является правильной раскраской в обычном понимании,

• каждая вершина покрашена в цвет из своего списка: 𝜙 𝑣 ∈ 𝐿𝑣


Списочное хроматическое число графа 𝐺 — это такое минимальное 𝑘, что правильная списочная раскраска 𝐺 существует для любого набора списков 𝐿𝑣 𝑣∈𝑉 𝐺 , удовлетворяющего условию ∀𝑣 𝐿𝑣 = 𝑘.

Обозначение: 𝜒𝑙 𝐺 .

Очевидно, 𝜒𝑙 𝐺 ≥ 𝜒 𝐺 (поскольку можно взять все списки равными 1,2, … , 𝑘 ).


Пример графа 𝐺, для которого 𝜒𝑙 𝐺 > 𝜒 𝐺 :

1,3 1,2 2,3

2,3 1,2 1,3


Теорема. При любом 𝑘 ∈ ℕ существует граф 𝐺, для которого 𝜒 𝐺 = 2 и 𝜒𝑙 𝐺 > 𝑘.

Доказательство:Рассмотрим полный двудольный граф 𝐺, у которого вершинам каждой доли приписаны всевозможные подмножества мощности 𝑘множества 1,2, … , 2𝑘 − 1 :

…

…

1, … , 𝑘

1,… , 𝑘

𝑘, … , 2𝑘 − 1

𝑘, … , 2𝑘 − 1


Допустим, что у 𝐺 есть правильная списочная раскраска в цвета из указанных списков. Пусть 𝐴— множество цветов, использованных при раскраске вершин верхней доли.

Тогда 𝐴 ≥ 𝑘 (иначе в верхней доле графа 𝐺 нашёлся бы список, не содержащий ни одного элемента из 𝐴).

…

…

1, … , 𝑘

1,… , 𝑘

𝑘, … , 2𝑘 − 1

𝑘, … , 2𝑘 − 1


Имеем 𝐴 ≥ 𝑘.

Но тогда в нижней доле графа 𝐺 есть вершина, список допустимых цветов которой полностью содержится в 𝐴. Следовательно, правильную списочную раскраску 𝐺 для заданных нами списков построить нельзя. То есть 𝜒𝑙 𝐺 > 𝑘.

…

…

1, … , 𝑘

1,… , 𝑘

𝑘, … , 2𝑘 − 1

𝑘, … , 2𝑘 − 1

Оценки хроматического числа

• 𝜒 𝐶2𝑘 = 2, 𝜒 𝐶2𝑘+1 = 3

• 𝜒 𝐾𝑛 = 𝑛

• Если 𝐻 — подграф 𝐺, то 𝜒 𝐺 ≥ 𝜒 𝐻

• 𝜒 𝐺 ≥ 𝜔 𝐺

• 𝜒 𝐺 ≥ 𝐺

𝛼 𝐺, поскольку 𝐺 ≤ 𝜒 𝐺 ⋅ 𝛼 𝐺


Утверждение. Для любого 𝐺 выполнено

𝜒 𝐺 ≤1

21 + 1 + 8 ⋅ 𝐺

Доказательство: Пусть 𝜒 𝐺 = 𝜒. Существует разбиение 𝑉 𝐺 = 𝑉1 ⊔ ⋯⊔ 𝑉𝜒 , где 𝑉𝑖 — независимые

множества. При этом ∀𝑖 ≠ 𝑗 между 𝑉𝑖 и 𝑉𝑗 есть хотя бы одно ребро.

Поэтому 𝐺 ≥ 𝜒 𝜒−1

2. Решая это неравенство относительно 𝜒,

получаем требуемое.


Утверждение.Хроматическое число графа 𝐺 равно максимальному из хроматических чисел компонент связности 𝐺.

Поэтому в теоремах об оценках хроматических чисел достаточно рассматривать связные графы.

𝐵 𝐺′


Утверждение.Хроматическое число связного графа 𝐺 равно максимальному из хроматических чисел блоков 𝐺.

Доказательство: индукция по числу блоков.Пусть в 𝐺 более одного блока и утверждение верно для графов с меньшим числом блоков.

Пусть 𝐵 — концевой блок в 𝐺, а 𝐺′ — оставшаяся часть 𝐺.

𝐵 𝐺′


Блок 𝐵 «прикреплён» к 𝐺′ единственной вершиной 𝑣. Пусть 𝑘 =max 𝜒 𝐺′ , 𝜒 𝐵 .

Существуют правильные раскраски 𝐵 и 𝐺′ в цвета 1,… , 𝑘 . Тогда существуют правильные раскраски 𝐵 и 𝐺′, в которых вершина 𝑣имеет цвет 1. Совместив эти раскраски, получим раскраску всегографа 𝐺.

𝐵

𝐺′1

1

«Жадный» алгоритм раскраски

Упорядочиваем вершины графа: 𝑣1 , … , 𝑣 𝑉 .

for 𝑖 ≔ 1 to 𝑉 :

badColors ≔ color 𝑣𝑗 ∣ 𝑗 < 𝑖 и 𝑣𝑗𝑣𝑖 ∈ 𝐸

color 𝑣𝑖 ≔ min ℕ ∖ badColors

(Т.е. при раскраске очередной вершины используется первый по счёту цвет, отсутствующий среди соседей вершины.)



badColors ≔ color 𝑣𝑗 ∣ 𝑗 < 𝑖 и 𝑣𝑗𝑣𝑖 ∈ 𝐸color 𝑣𝑖 ≔ min ℕ ∖ badColors

1 12

12

1

12

1

31

2

1

3 11

2

1

3 1

2

12

1

3 1

2

3

12

1

3 1

2

3

1

12

1

3 1

2

3

1

2




color 𝑣𝑖 ≔ min ℕ ∖ badColors

Утверждение.При любом упорядочении вершин графа указанный алгоритм строит правильную раскраску в не более чем 1 + Δ 𝐺 цветов.(Т.к. всегда выполнено badColors ≤ Δ 𝐺 .)


Утверждение-упражнение.Качество раскраски, построенной алгоритмом, сильно зависит от упорядочения вершин:

Всегда существует упорядочение, при котором алгоритм использует ровно 𝜒 𝐺 цветов.

Для любого 𝑘 можно предъявить двудольный граф 𝐺 и такое упорядочение его вершин, что раскраска, построенная алгоритмом, будет задействовать более 𝑘 цветов.

«Жадный» алгоритм списочной раскраски

Пусть каждой вершине 𝑣 присвоен список допустимых цветов 𝐿𝑣.

Тогда алгоритм выглядит так:



if 𝐿𝑣 ⊆ badColors:

error

else:

color 𝑣𝑖 ≔ min 𝐿𝑣 ∖ badColors

Оценка списочного хроматического числа

Теорема.Для любого графа 𝐺 выполнено неравенство

𝜒𝑙 𝐺 ≤ 1 + max𝐻⊆𝐺

𝛿 𝐻 .

Доказательство. Достаточно запустить жадный алгоритм на графе 𝐺, упорядочив вершины так:

• 𝑣 𝐺 — любая из вершин минимальной степени в 𝐺

• 𝑣 𝐺 −1 — любая из вершин минимальной степени в 𝐺 − 𝑣 𝐺

• 𝑣 𝐺 −2 — любая из вершин минимальной степени в 𝐺 −

Оценка списочного хроматического числа

Теорема. Для любого графа 𝐺 выполнено𝜒𝑙 𝐺 ≤ 1 + max

𝐻⊆𝐺𝛿 𝐻

Следствие 1. Для любого графа 𝐺 имеем 𝜒𝑙 𝐺 ≤ 1 + Δ 𝐺

Следствие 2. Для любого связного нерегулярного графа 𝐺выполнено неравенство

𝜒𝑙 𝐺 ≤ Δ 𝐺(из нерегулярности 𝐺 получаем 𝛿 𝐺 ≤ Δ 𝐺 − 1,а связность 𝐺 влечёт 𝛿 𝐻 ≤ Δ 𝐺 − 1 для любого порождённого подграфа 𝐻, отличного от 𝐺)

Теорема Брукса

Теорема Брукса. (R. L. Brooks ’1941)Для любого связного, не полного графа 𝐺, имеющего Δ 𝐺 ≥ 3, выполнено неравенство

𝜒 𝐺 ≤ Δ 𝐺

Доказательство (L. Lovász ’1975):Если 𝐺 не регулярный, то 𝜒𝑙 𝐺 ≤ Δ 𝐺 , так что достаточно доказать теорему для регулярных графов.

Также б.о.о. можно считать 𝐺 двусвязным.

Доказательство теоремы Брукса: специальная тройка вершинДалее считаем 𝐺 двусвязным, не полным, 𝑘-регулярным графом(𝑘 ≥ 3).

Докажем, что в 𝐺 можно выбрать такую тройку вершин 𝑥, 𝑦, 𝑧, что 𝑥𝑧, 𝑦𝑧 ∈ 𝐸 𝐺 , 𝑥𝑦 ∉ 𝐸 𝐺 , и граф 𝐺 − 𝑥, 𝑦 связный:

𝑥

𝑦

𝑧

Доказательство теоремы Брукса: специальная тройка вершин

Если 𝐺 трёхсвязен, то 𝑧 выберем произвольно, а в качестве 𝑥 и 𝑦возьмём любые две несмежные вершины из 𝑁 𝑣 (такие найдутся, т.к. 𝐺 регулярный и не полный).

Если 𝐺 не трёхсвязный, то в качестве 𝑧 возьмём такую вершину, что граф 𝐺 − 𝑧 не двусвязный. Пусть 𝐵′ и 𝐵′′ — любая пара концевых блоков в 𝐺 − 𝑧 .

𝐵′ 𝐵′′

𝑧

Доказательство теоремы Брукса: специальная тройка вершин

Пусть 𝐵′ и 𝐵′′ «прикрепляются» к оставшейся части графа 𝐺 − 𝑧точками сочленения 𝑢′ и 𝑢′′ соответственно.

В блоке 𝐵′ найдётся вершина 𝑥, отличная от 𝑢′ и смежная с 𝑧(иначе 𝑢′ была бы точкой сочленения в 𝐺). Аналогично, в 𝐵′′ есть вершина 𝑦, отличная от 𝑢′′ и смежная с 𝑧.

Тройка 𝑥, 𝑦, 𝑧 — искомая.

𝐵′ 𝐵′′

𝑧

Доказательство теоремы Брукса: аккуратная нумерация вершинИтак, в 𝐺 найдётся «специальная» тройка 𝑥, 𝑦, 𝑧.

𝑥

𝑦

𝑧

Обозначим 𝑛 ≔ 𝐺 . Положим 𝑣1 ≔ 𝑥, 𝑣2 ≔ 𝑦.

Граф 𝐺 − 𝑥, 𝑦 связный, поэтому можно занумеровать его вершины 𝑣3, … , 𝑣𝑛 так, что 𝑣𝑛 = 𝑧 и

∀𝑖 < 𝑛 ∃𝑗 > 𝑖: 𝑣𝑖𝑣𝑗 ∈ 𝐸 𝐺 .

(Например, обходом графа в ширину из вершины 𝑧.)

Доказательство теоремы Брукса: жадный алгоритм на аккуратной нумерации вершин

Множество 𝑉 𝐺 ∖ 𝑥, 𝑦 занумеровано 𝑣3 , 𝑣4 , … , 𝑣𝑛

так, что 𝑣𝑛 = 𝑧 и ∀𝑖 < 𝑛 ∃𝑗 > 𝑖: 𝑣𝑖𝑣𝑗 ∈ 𝐸 𝐺 .

Запустим на 𝐺 жадный алгоритм раскраски.

• Вершины 𝑣1 , 𝑣2 окрасятся в цвет 1.

• Пусть окрашивается вершина 𝑣𝑖 , 3 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 − 1.Так как 𝑣𝑖 смежна хотя бы с одной из вершин 𝑣𝑖+1 , … , 𝑣𝑛 , то 𝑣𝑖 смежна не более чем с 𝑘 − 1 вершинами из множества 𝑣1 , … , 𝑣𝑖−1 . Значит, 𝑣𝑖 будет окрашена в цвет ≤ 𝑘.

• Наконец, у 𝑣𝑛 степень 𝑘, но заведомо есть пара соседей, окрашенных одним цветом. Поэтому 𝑣𝑛 получит цвет ≤ 𝑘.

Обобщения и усиления теоремы Брукса

• Теорема (B. Reed ’1999).Если Δ 𝐺 достаточно велико и 𝜔 𝐺 < Δ 𝐺 , то 𝜒 𝐺 ≤ Δ 𝐺 − 1.

• Существуют линейные по времени алгоритмы раскраски графов в Δ 𝐺 цветов.

• Теорема (В.Г. Визинг ’1976)Для связного, не полного графа, не являющегося циклом,

𝜒𝑙 𝐺 ≤ Δ 𝐺

Оценка 𝜒𝑙 𝐺 сверху через 𝜒 𝐺

Теорема.Для любого графа 𝐺 выполнено неравенство

𝜒𝑙 𝐺 ≤ 𝜒 𝐺 ⋅ ln 𝐺

Докажем эту теорему с помощью вероятностного метода.


Доказательство теоремы:

Пусть 𝐺 — произвольный граф, и 𝜒 𝐺 = 𝜒.

Пусть 𝑉1 ⊔ ⋯⊔ 𝑉𝜒 — разбиение 𝑉 𝐺 на независимые множества.

Пусть для каждой 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 задан список допустимых цветов 𝐿𝑣, где 𝐿𝑣 = 𝜒 ln 𝐺 .

Покажем, что можно правильно раскрасить 𝐺 в цвета из списков.


Положим 𝐿 ≔ 𝑣∈𝑉 𝐺 𝐿𝑣.

Построим множества 𝐿1 , … , 𝐿𝜒 по правилу:

• Для каждого элемента 𝑙 ∈ 𝐿 подбрасываем 𝜒-гранную кость, и «кладём» 𝑙 в то из множеств 𝐿1 , … , 𝐿𝜒, номер которого выпал.

Получаем случайное разбиение:𝐿 = 𝐿1 ⊔ ⋯⊔ 𝐿𝜒


Пусть 𝑣 ∈ 𝑉𝑖 — фиксированная вершина.

Вероятность того, что 𝐿𝑣 ∩ 𝐿𝑖 = ∅, равна

𝜒−1𝜒

𝐿𝑣≤ 1 − 1

𝜒

𝜒⋅ln 𝐺< 𝑒− ln 𝐺 = 1

𝐺

Вероятность того, что хотя бы для одной вершины окажется

𝐿𝑣 ∩ 𝐿𝑖 = ∅, не превосходит

𝑣∈𝑉 𝐺

𝜒−1𝜒

𝐿𝑣<

𝑣∈𝑉 𝐺

1𝐺

= 1


Итак, с положительной вероятностью при случайном разбиении 𝐿 = 𝐿1 ⊔ ⋯⊔ 𝐿𝜒 для всех 𝑖 = 1, … , 𝜒 и для всех вершин 𝑣 ∈ 𝑉𝑖

имеем 𝐿𝑣 ∩ 𝐿𝑖 ≠ ∅

Значит, существует разбиение с такими свойствами. Зафиксируем его.

Теперь для каждого 𝑖 и каждой вершины 𝑣 ∈ 𝑉𝑖 выберем цвет этой вершины из (непустого!) множества 𝐿𝑣 ∩ 𝐿𝑖.


Для каждого 𝑖 и каждой вершины 𝑣 ∈ 𝑉𝑖 выберем цвет 𝑣 измножества 𝐿𝑣 ∩ 𝐿𝑖.

Так как этот цвет из 𝐿𝑣, то он допустимый для данной вершины 𝑣.

При этом если вершины 𝑣′ и 𝑣′′ смежны в 𝐺, то они принадлежат разным множествам 𝑉𝑖 и 𝑉𝑗, а значит их цвета будут выбраны из

непересекающихся множеств 𝐿𝑖 и 𝐿𝑗.

Оценка 𝜒𝑙 𝐺 снизу через 𝛿 𝐺

Теорема (N. Alon ’2000)

Для любого 𝐺 при всех достаточно больших 𝛿 𝐺 выполнено𝜒𝑙 𝐺 ≥ 1

4⋅ log2 𝛿 𝐺

Доказательство:

Пусть 𝑠 ≔ 1

4⋅ log2 𝛿 , и пусть ℒ ≔ 1,2, … , 𝑠2 .

Построим множество 𝐵 ⊆ 𝑉 𝐺 по правилу:

• Каждая вершина 𝐺 берётся в 𝐵 с вероятностью 1 𝛿.

• Список допустимых цветов для 𝑢 ∈ 𝐵 выбирается равновероятно среди всех 𝑠-подмножеств в ℒ.

Оценка 𝜒𝑙 𝐺 снизу через 𝛿 𝐺 :находим много «сложных» вершин

• 𝑠 ≔ 1

4⋅ log2 𝛿 𝐺 , ℒ ≔ 1,2, … , 𝑠2 .

• Каждая вершина 𝐺 берётся в 𝐵 с вероятностью 1 𝛿.

• Для 𝑢 ∈ 𝐵 список 𝐿𝑢 — случайное 𝑠-подмножество в ℒ.

Вершина 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 ∖ 𝐵 сложная, если для любого 𝐿 ⊂ ℒ, такого, что

𝐿 ≥ 𝑠2 2, найдётся 𝑢 ∈ 𝑁 𝑣 ∩ 𝐵, такая, что 𝐿𝑢 ⊆ 𝐿.

Для фиксированной 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 имеем

Pr 𝑣 не сложная ≤ 1

𝛿+ 1 − 1

𝛿

𝑠2

𝑠2 2 ⋅ 1 −1

𝛿⋅

𝑠2 2𝑠

𝑠2𝑠

𝛿


В силу неравенства 1 − 𝑥 ≥ 4−𝑥 при 𝑥 ≤ 1 2, получаем

𝑠2 2𝑠

𝑠2

𝑠

=

𝑘=0

𝑠−1 𝑠2 2 − 𝑘

𝑠2 − 𝑘= 2−𝑠 ⋅

𝑘=0

𝑠−1

1 −𝑘

𝑠2 − 𝑘≥ 2−𝑠 ⋅ 2

𝑘=0𝑠−1 −2𝑘

𝑠2−𝑘

≥ 2−𝑠 ⋅ 2 𝑘=0

𝑠−1 −2𝑘𝑠2−𝑠 = 2−𝑠−1


𝑠2 2𝑠

𝑠2

𝑠

≥ 2−𝑠−1

Поэтому, пользуясь неравенством 1 − 𝑥 ≤ 𝑒−𝑥 , получаем

1 −1

𝛿⋅

𝑠2 2𝑠

𝑠2𝑠

𝛿

≤ 1 − 2−𝑠−1 ⋅ 𝛿− 1 2 𝛿< 𝑒−𝛿 1 22−𝑠−1

≤ 𝑒− 𝛿 1 4 2

Отсюда

Pr 𝑣 не сложная < 1

𝛿+ 𝑒𝑠2

⋅ 𝑒− 𝛿 1 4 2 < 1

𝛿+ 𝑒

log2 𝛿4

2

−𝛿 1 4

2 <1

4


Для любой фиксированной 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 выполнено неравенство

Pr 𝑣 не сложная < 1 4

Отсюда

𝔼#несложных вершин < 𝐺 4

По неравенству Маркова,

Pr менее половины вершин графа сложные < 1 2


Каждая вершина попадает в 𝐵 с вероятностью 1 𝛿.

Отсюда 𝔼 𝐵 = 𝐺 𝛿 и по неравенству Маркова,

Pr 𝐵 > 2 ⋅ 𝐺 𝛿 <1

2

Значит, с вероятностью > 0 выполнены два условия:

• более половины вершин графа сложные,

• 𝐵 < 2 ⋅ 𝐺 𝛿

Зафиксируем такие 𝐵, множество списков цветов для вершин 𝐵, и множество сложных вершин 𝐴, где 𝐴 ≥ 𝐺 2.


Зафиксируем до самого конца доказательства теоремытакие 𝐴, 𝐵 ⊆ 𝑉 𝐺 и 𝐿𝑢 𝑢∈𝐵, для которых

• 𝐴 ≥ 𝐺 2

• 𝐵 ≤ 2 ⋅ 𝐺 𝛿

• Для любой 𝑣 ∈ 𝐴 и для любого 𝐿 ⊂ ℒ, такого, что 𝐿 ≥ 𝑠2 2, найдётся 𝑢 ∈ 𝑁 𝑣 ∩ 𝐵, такая, что 𝐿𝑢 ⊆ 𝐿.

Теперь случайно выберем для каждой 𝑣 ∈ 𝐴 список 𝐿𝑣 равновероятно среди всех 𝑠-подмножеств в ℒ.

Покажем, что с положительной вероятностью граф 𝐺 𝐴∪𝐵 не может быть правильно раскрашен в цвета из списков.


• 𝐴 ≥ 𝐺 2, 𝐵 ≤ 2 ⋅ 𝐺 𝛿

• ∀𝑣 ∈ 𝐴 и ∀𝐿 ⊂ ℒ если 𝐿 ≥ 𝑠2 2, то ∃𝑢 ∈ 𝑁 𝑣 ∩ 𝐵: 𝐿𝑢 ⊆ 𝐿.

Зафиксируем временно произвольные допустимые цвета вершин из 𝐵.

Пусть 𝑣 ∈ 𝐴 и пусть 𝐿𝑁 𝑣 — множество всех цветов, встречающихся

у соседей 𝑣 в 𝐵.

Так как 𝑣 сложная, то для любого 𝐿 ⊂ ℒ, такого, что 𝐿 ≥ 𝑠2 2, имеем

𝐿𝑁 𝑣 ∩ 𝐿 ≠ ∅. Отсюда 𝐿𝑁 𝑣 ≥ 𝑠2 2.

Поэтому

Pr можно выбрать цвет для 𝑣 из 𝐿𝑣 ≤ 1 − 𝑠2 2𝑠

𝑠2𝑠

≤ 1 − 2−𝑠−1


• 𝐴 ≥ 𝐺 2, 𝐵 ≤ 2 ⋅ 𝐺 𝛿

• ∀𝑣 ∈ 𝐴 и ∀𝐿 ⊂ ℒ если 𝐿 ≥ 𝑠2 2, то ∃𝑢 ∈ 𝑁 𝑣 ∩ 𝐵: 𝐿𝑢 ⊆ 𝐿.

При фиксированной раскраске вершин из 𝐵 для любой 𝑣 ∈ 𝐴Pr можно выбрать цвет для 𝑣 из 𝐿𝑣 ≤ 1 − 2−𝑠−1

Отсюда при фиксированной раскраске вершин из 𝐵 имеем

Pr ∃докраска для 𝐴 ≤ 1 − 2−𝑠−1 𝐺 2 ≤ 𝑒− 𝐺 ⋅2−𝑠−2

Значит,

Pr ∃раскраска 𝐵 такая, что ∃докраска для 𝐴 ≤ 𝑠 𝐵 ⋅ 𝑒− 𝐺 ⋅2−𝑠−2

≤ 𝑒 2⋅ 𝐺 𝛿 ⋅ln 𝑠 ⋅ 𝑒− 𝐺 ⋅2−𝑠−2< 𝑒

𝐺 ⋅2 ln ln 𝛿

𝛿− 𝛿 1 4 4

< 1

Оценки хроматического индекса

• 𝜒′ 𝐶2𝑘 = 2, 𝜒′ 𝐶2𝑘+1 = 3

• Если 𝐻 — подграф 𝐺, то 𝜒′ 𝐺 ≥ 𝜒′ 𝐻

• 𝜒′ 𝐺 ≥ Δ 𝐺

• 𝜒′ 𝐺 ≥ 𝐺

𝛼′ 𝐺, где 𝛼′ 𝐺 — размер наибольшего паросочетания в 𝐺

Теоремы Визинга и Кёнига

Теорема. (В.Г. Визинг ’1964)𝜒′ 𝐺 ≤ Δ 𝐺 + 1 для любого 𝐺.

Теорема. (D. Kőnig ’1916)𝜒′ 𝐺 = Δ 𝐺 для любого двудольного 𝐺.

Полезные определения

Вместо «правильная рёберная раскраска графа» будем говорить просто «раскраска».

Будем говорить, что цвет 𝛼 присутствует в вершине 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 , если некоторое инцидентное 𝑣 ребро имеет цвет 𝛼.

Будем говорить, что цвет 𝛼 отсутствует в 𝑣,если 𝛼 в 𝑣 не присутствует.

Чередующиеся 𝛼 𝛽-цепи

Если в раскраске графа цвет 𝛼 присутствует в 𝑣, а 𝛽 отсутствует в 𝑣, то однозначно определена максимальная цепь, начинающаяся в 𝑣, рёбра которой имеют цвета 𝛼 и 𝛽 попеременно:

𝑣𝛼 𝛼𝛽 𝛽

Такую цепь будем называть 𝛼 𝛽-цепью из 𝑣.

Если в раскраске цвета рёбер любой 𝛼 𝛽-цепи поменять друг с другом, раскраска останется правильной.

Доказательство теоремы Кёнига

Теорема. (D. Kőnig’1916)𝜒′ 𝐺 = Δ 𝐺 для любого двудольного 𝐺.

Доказательство: индукция по 𝐺 .Пусть 𝐺 — двудольный граф, 𝐺 > 1.Пусть 𝑥𝑦 — произвольное ребро в 𝐺.

По предположению, найдётся раскраска 𝜓 рёбер графа 𝐺 ′ = 𝐺 − 𝑥𝑦в Δ 𝐺 цветов.

Т.к. 𝑑𝐺′ 𝑥 < Δ 𝐺 , то в раскраске 𝜓 в вершине 𝑥 отсутствует некоторый цвет 𝛼.Если 𝛼 отсутствует и в 𝑦, то покрасим 𝑥𝑦 в цвет 𝛼, тем самым получим раскраску 𝐺.

Доказательство теоремы Кёнига

В раскраске 𝜓 в вершине 𝑥 отсутствует некоторый цвета 𝛼.

Если 𝛼 присутствует в 𝑦, рассмотрим цвет 𝛽, отсутствующий в 𝑦 и рассмотрим 𝛼 𝛽-цепь из 𝑦 в графе 𝐺′.

Эта цепь не содержит 𝑥 в силу двудольности 𝐺:

Поменяв на этой цепи цвета 𝛼 и 𝛽 местами, получим раскраску 𝐺′, в которой цвет 𝛼 отсутствует в 𝑥 и 𝑦. И теперь можно покрасить ребро 𝑥𝑦 в цвет 𝛼.

𝑥

𝑦

𝛼 𝛼𝛽

Доказательство теоремы Визинга

Теорема Визинга. (В.Г. Визинг ’1964)𝜒′ 𝐺 ≤ Δ 𝐺 + 1 для любого 𝐺.

Доказательство: индукция по 𝐺 .Если 𝐺 = 0, то утверждение очевидно.

Пусть 𝐺 > 0 и теорема выполнена для всех графов, число рёбер в которых меньше 𝐺 .

По предположению, для любого 𝑒 ∈ 𝐸 𝐺 рёбра графа 𝐺 − 𝑒можно правильно раскрасить в цвета 1, … , Δ + 1 , где Δ = Δ 𝐺 .

При этом в каждой вершине будет отсутствовать хотя бы один из цветов 1,… , Δ + 1.


Докажем от противного, что у 𝐺 есть раскраска.

Допустим, что это не так.

Тогда для любого ребра 𝑥𝑦 ∈ 𝐸 𝐺 в раскраске графа 𝐺 − 𝑥𝑦никакой цвет не может отсутствовать в 𝑥 и 𝑦 одновременно (иначе ребро 𝑥𝑦 можно окрасить в этот цвет и получить раскраску 𝐺).


Также, если цвет 𝛽 отсутствует в 𝑥, а цвет 𝛼 отсутствует в 𝑦, то 𝛼 𝛽-цепь из 𝑥 заканчивается в вершине 𝑦.

Иначе мы могли бы поменять цвета на 𝛼 𝛽-цепи местами и покрасить 𝑥𝑦 в цвет 𝛼:

𝑥𝛼 𝛼𝛽 𝛽

𝑦

𝑥𝛽 𝛽𝛼 𝛼

𝑦𝛼


Пусть 𝑥 — произвольная вершина графа 𝐺, и пусть 𝑦0 — любой сосед 𝑥.

По предположению индукции, существует раскраска 𝜓0

графа 𝐺0 = 𝐺 − 𝑥𝑦0.

Пусть 𝑦0 , 𝑦1 , … , 𝑦𝑘 — максимальная последовательность соседей 𝑥, обладающая свойством: «при всех 𝑖 = 1, … , 𝑘 цвет 𝜓0 𝑥𝑦𝑖

отсутствует в вершине 𝑦𝑖−1».

Доказательство теоремы Визинга:последовательность специальных раскрасок

Пусть 𝑦0 , 𝑦1 , … , 𝑦𝑘 — максимальная последовательность соседей 𝑥, обладающая свойством: «при всех 𝑖 = 1, … , 𝑘 цвет 𝜓0 𝑥𝑦𝑖

отсутствует в вершине 𝑦𝑖−1».

По раскраске 𝜓0 графа 𝐺0 можно построить раскраски 𝜓𝑖 графов 𝐺𝑖 = 𝐺 − 𝑥𝑦𝑖 по правилу:

𝜓𝑖 𝑒 = 𝜓0 𝑥𝑦𝑗+1 , если 𝑒 = 𝑥𝑦𝑗 и 𝑗 < 𝑖

𝜓0 𝑒 для остальных рёбер

Доказательство теоремы Визинга:последовательность специальных раскрасок

𝜓𝑖 𝑒 = 𝜓0 𝑥𝑦𝑗+1 , если 𝑒 = 𝑥𝑦𝑗 и 𝑗 < 𝑖

𝜓0 𝑒 для остальных рёбер

𝑥

𝑦0

𝑦1

𝑦2

𝑦3

𝜓0 — раскраска 𝐺0:

𝑥

𝑦0

𝑦1

𝑦2

𝑦3


𝑥

𝑦0

𝑦1

𝑦2

𝑦3


𝑥

𝑦0

𝑦1

𝑦2

𝑦3


Цвета, отсутствующие в 𝑥 в раскраске 𝜓0, будут отсутствовать и враскраске 𝜓𝑖 . То же верно и для вершин 𝑦𝑖, … , 𝑦𝑘.

Доказательство теоремы Визинга: вывод противоречияПусть 𝛼 и 𝛽 — какие-нибудь цвета, отсутствующие соответственно в 𝑥 и 𝑦𝑘 в раскраске 𝜓0 (а значит, и в любой 𝜓𝑖).

Тогда в раскраске 𝜓𝑘 графа 𝐺𝑘 𝛼 𝛽-цепь из 𝑦𝑘 заканчивается в вершине 𝑥 на ребре цвета 𝛽.

Из максимальности последовательности 𝑦0 , 𝑦1 , … , 𝑦𝑘 следует, что найдётся индекс 𝑠 ∈ {0, … , 𝑘 − 1}, для которого 𝜓𝑘 𝑥𝑦𝑠 = 𝛽.

𝑥𝑦𝑠

𝑦𝑠+1

𝑦𝑘

⋮

⋮

отсутствует 𝛼

𝛽

𝑦0

𝛼

отсутствует 𝛽

Доказательство теоремы Визинга: вывод противоречияВ раскраске 𝜓𝑘 графа 𝐺𝑘 𝛼 𝛽-цепь из 𝑦𝑘 заканчивается в вершине 𝑥 на ребре 𝑥𝑦𝑠 цвета 𝛽:

𝑥𝑦𝑠

𝑦𝑠+1

𝑦𝑘

⋮

⋮


𝛽

𝑦0

𝛼


Но тогда в раскраске 𝜓𝑠 графа 𝐺𝑠 𝛼 𝛽-цепь из 𝑦𝑠заканчивается в вершине 𝑦𝑘, не доходя до 𝑥. Противоречие.

𝑥𝑦𝑠

𝑦𝑠+1

𝑦𝑘

⋮

⋮


𝛽

𝑦0

𝛼


Основы теории графов 08: раскраски и списочные...

Education

Transcript of Основы теории графов 08: раскраски и списочные...