第5章 独立集与匹配[详版课资]

1、第五章 独立集与匹配,第一节 独立集 定义1 设G=是简单图无向图,SV,S,若S中任 何两个顶点都不相邻,则称这个顶点集合S为图G的独立 集.若S是图G的独立集,但是任意增加一个顶点就破坏 它的独立性,则称这个独立集S为极大独立集. 独立集S 称为最大独立集,如果不存在独立集S,使 ,其 中 为集合S的数.G的最大独立集S的基数称为G的独 立数,记作 (G). 说明1:简单无向图G的独立集,实际是对图G的顶点进行 着色的结果.把图G的顶点集V划分成若干不相交的子集,1,课堂优质,把图G的顶点集V划分成若干不相交的子集,每个子集中的各结点着同一色.上述不相交的子集的最少个数即为图G的色数.,说

2、明2:图G的极大独立集不是唯一的,且顶点数目最多的 极大独立集是最大独立集. 定义2 设G=是简单无向图,同时将G的邻接矩阵第I 行与第j行, 第i列与第j列互换,称为一次平移变换. 说明3:平移变换不改变邻接矩阵所表示图G的各顶点之 间的关系,紧紧仅仅改变了i,j的编号.也就是说,邻接 矩阵的平移变换对应于图中结点的一个重新编号.反之 ,结点的重新编号对应于邻接矩阵的一系列平移变换.,2,课堂优质,定理1 设G=是具有n个结点的无向简单图,A是G的邻接矩阵,且A具有如下形式:,令 ,若 ,则其 已确定一极大集S=V1,V2,Vi,其中Vt(1t i)为A下 三角阵的第t行. 证明:由矩阵A可

3、知,akj(1 ji),即结点V1,V2,Vi互不 相邻.在A21中,因bj(i+1 jn),则aj1,aj2,aji中必有一,3,课堂优质,元素为1,不妨设ajk=1(1 ji),即Vj与Vk相邻.由 j=i+1,i+2,n的任意性得Vi+1,Vi+,Vn中所有 元素都与S=V1,V2,Vi相邻接,而S=V1,V2,Vi中任何两点不邻接.由极大独立集的定义可知 S=V1,V2,Vi即为G的一个极大独立集. 定理2.设A是简单无向图G=的邻接矩阵,则总 可以通过若干次平移将A化为标准型,从而得到图G 的一个极大独立集. 基于布尔运算的图G的所有极大独立集的求法. 几个约定:,4,课堂优质,已知

4、简单无向图G=,且V=V1,V2,Vn,规定: (1)G的每个顶点Vi当作一个布尔变量; (2)ViVj表示包含Vi和Vj; (3) ViVj表示或者包含一顶点Vi;或者包含一顶点Vj;或 者包含Vi和Vj两个顶点. 说明:(2)和(3)中的运算有类似集合运算的性质. 基于布尔运算的图G的所有极大独立集的求法:由于过 图G的顶点Vi,Vj的边对应布尔表达式 ,即 中的每一项ViVj对应G的一条边, 表示对所有的边求 和.由德.摩根律,有 .设 都是含有布尔变量V1,V2,Vn的表达式,又G的极大独 立集不包含任何一边的两个顶点,故表达式在任一极,5,课堂优质,大独立集上取布尔值0(F);反之,

5、使取值0的点集是独 立集.即取布尔值0是独立集的的充要条件.或 取布尔值1也是独立集的充要条件. 从而分别使1, 2, k取布尔值1的点集都是极大独 立集. 例1.通过布尔运算,求下图G的极大独立集. 图G,v1,v2,v4,v3,v6,v5,6,课堂优质,定义2.设G=是无向简单图,SV,S.若E中 每条边都与S中某点关联,则称S为G的点覆盖.如果 G中的任何异于S的点覆盖S,均有 ,则称S为 G的最小点覆盖.最小点覆盖S的基数 称为G的点 覆盖数,记作(G).点覆盖S称为极小点覆盖,若对任 何xS,S-x都不是点覆盖. 定理3.设G=是无向简单图,SV,S,则S是G 的独立集V-S是G的点

6、覆盖. 证:S是G的独立集G中每条边的两端点都不同时 属于S G中每条边至少有一端点在V-S中V-S是 G的点覆盖. 推论1 S是G的极大独立集V-S是G的极小点覆盖.,7,课堂优质,推论2.(G)+(G)=V(G). 证明:设S1是G的最大独立集,S2是G的最小点覆盖,由定 理3知V(G)-S1是点覆盖,V(G)-S2是独立集.因而 V(G)- (G)= V(G) -S1 (G) V(G)- (G)= V(G) S2 (G) 所以(G)+(G)=V(G). 定义2.设G=是无向简单图,LE,L.若G中 每个顶点都与L中某条边关联,则称L为G的边覆盖.如果 G中的任何异于L的边覆盖L,均有L

7、L ,则称S 为G的最小边覆盖.最小边覆盖L的基数 L 称为G的 边覆盖数,记作(G).,8,课堂优质,第二节 独立集的应用,定义1 设G1=和G2=是两个无向简单图, 其中V1=a1,a2,an,V2=b1,b2,bm.图G=G1G2称为 图G1和G2的乘积,若满足: (1)V=aiV1,bj V2; (2)adj()= ak adj( ai) bt adj(bj) ak adj( ai), btadj(bj) ,其中adj(vi) 表示与vi相邻的点的集合. 例1.已知G1和G2,则G1G2如下:,G1,G2,G1G2,9,课堂优质,独立集的应用举例,例2.(收款台的设置问题)某大型商场为

8、加强经营管理 ,对商品的零售收入实行统一收款制度.为了使顾客在 任何一个货架前都能看到收款台,问收款台应设置在 什么地方且至少要设置多少个收款台? 问题分析:建立简单无向图G=,该商场两排货架 之间的通道为G的边,通道交叉处为G的顶点.为使顾客 在任何一个货架前都能看到收款台,从尽可能减少收 款台的数目来说,收款台应设在通道的交叉处.故收款 台的设置问题转化为在G中找出一个最小点覆盖或G的 一个最大独立集.,10,课堂优质,例3 求下图G的最小点覆盖,定义2:(图G的团)设G=是无向简单图,TV,T. 若T中任意两个顶点都相邻,则称T是图G的团.若T是图 G的团,但任意增加一个新顶点后,它就不

9、是团,则称T是 图G的极大团.,v1,v2,v5,v6,v3,v4,G,11,课堂优质,团的应用,用团可以求图的极大独立集:一个图的团的概念在 下述意义下与独立集是“互补的”.设G=是简单无 向图,其中V=1,2,n. 是G的补图,其中 顶点i与j在补图中相邻,当且仅当顶点i与j在G中不相邻. 由独立集与团的定义可知S是G的极大独立集当且仅当 S是其补图的极大团,因此,求图G的极大独立集可转化 为求其补图的极大团.请同学们看p178的例2. 说明:一般来说,如何求出一个图G的所有极大团是 图论中的一个难题.,12,课堂优质,第三节 支配集,定义1.设G=是无向简单图,SV,S,若对于 xV-S

10、,x与S里至少一个顶点相邻,则称S是图G的支 配集. S是图G的支配集,若S的任何真子集都不是支配 集,则称S为图G的极小支配集. S是图G的支配集,若不 存在任何其他支配集S,使得S S,则称S是图G 的最小支配集, S为图G的支配数,记作(G). 例1.求下图G的一个最小支配集p179.,1,4,5,6,9,2,3,10,7,8,11,13,课堂优质,支配集的应用,支配集首先出现在国际象棋比赛中.一个8*8的 棋盘具有8*8配置下的64个格子.在所给某个位置的 皇后控制着同行、同列以及包含这个格子的两 条斜线上的所有格子.1862年,De Jaenisch考 虑了控制整个棋盘所需要的最少的

11、皇后最少 个数为5.若要求任两个皇后都不相互攻击,即 任两个皇后都不在同一行、同一列或同一斜 线上,那么这种皇后的最少个数为7.请同学们 看p180的图5-8. 棋盘问题可以转化为求支配集的基数:,14,课堂优质,作简单图G,G的顶点集与棋盘上的64个格 子一一对应,且两个顶点在G中相邻当且仅当 两个对应格子中的一个格子可以由位于另一 个格子中的皇后控制,则支配棋盘中全部格 子的皇后的最少个数为图G的支配数.,15,课堂优质,关于支配集的几个性质定理,定理1.图G的支配集S是G的极小支配集当且仅当S中 的每个顶点x满足如下条件之一: (1)存在yV(G)-S使得N(y)S=x,其中N(y)为y

12、的邻 接点集合.(2) N(x)S=. 证明:充分性:如果S中每个顶点至少满足(1)和(2)中一 个,则S-x就不是支配集,故S是G的一个极小支配集. 必要性;若S是G的极小支配集,则对每个xS,S-x就不 是G的支配集.故存在顶点y V(G)-(S-x),使得没有 S-x中顶点与y邻接.如果y=x,则S中没有顶点与x邻接. 所以SN(x)= .若yx,因为S是G的支配集且yS,故顶 点y至少与S中一个顶点相邻.又y不与S-x中顶点相邻, 故N(y)S=x.,16,课堂优质,定理2.若G是没有孤立结点的图,且S是G的极小支配集 ,则V(G)-S也是G的支配集. 证明:因为G是没有孤立结点的图,

13、且S是G的极小支配集, 所以S中无孤立结点,且对于S中任何一个顶点,在V-S中 有一个顶点与之相邻,所以V(G)-S也是G的支配集. 推论1.若G是n阶无孤立结点的图,则(G)n/2. 证明:不妨设S是G的一个极小支配集,由定理2,V(G)-S也 是G的一个支配集,从而(G)min|S|,|V(G)-S| n/2. 定理3.若G是无孤立结点的图,则存在G的最小支配集S 使得对S中每个顶点x,存在V(G)-S中的顶点y满足: N(y)S=x,其中N(y)为y的邻接点集合. 证明:用反证法.以GS表示S的导出子图.在G的全部最 小支配集中,设S是使GS满足|E(GS)| 达到最大的一个,17,课堂

14、优质,最小支配集.假设定理结论不成立,S至少包含一个不具备上 述性质的顶点x,即对yV(G)-S,N(y)Sx.由定理1,x是 GS的孤立结点.又因为S为G的最小支配集,所以对 yV(G)-S,N(y) S 即与x邻接的V(G)-S中的每个顶点一定与S中的另外一个 顶点邻接.由于G不含孤立结点,所以x与V(G)-S中某个顶点 y邻接,故(S-x)y是G的最小支配集,且其导出子图中至 少包含一条与y关联的边,要比GS中的边数多,与S的构造 矛盾.,18,课堂优质,定理4.若G是n阶图,则n/1+(G)(G)n- (G). 证明:设S是G的最小支配集,则 定理5.图G的一个顶点集S是一个独立支配集

15、当且仅当 S是一个极大独立集. 证明:必要性:因为S既是一个独立集又是一个支配集, 故在S中任意增加V-S中一个顶点时,S就不是独立集, 所以S是一个极大独立集. 充分性:因为S是一个极大独立集,所以在S中任意增加 V-S中一个顶点时,S中必有一顶点与之相邻,故S也是支 配集.,19,课堂优质,推论2.图G的每个极大独立集是一个极小支配集. 证明:设S是图G的一个极大独立集.由定理5,S是一个支配 集.因为S是独立集,故S中的每个顶点不与S中其他顶点邻 接.即S的每个顶点满足定理1中的性质(2),所以S是极小独 立集. 说明:不是每个支配集都是独立集,也不是每个最小支配 集都是独立集,请看p1

16、83的图5-9.,20,课堂优质,支配集的实际应用背景:要在n座城市中建 一个通信系统,需在这n个城市中选其中的几个 建立通讯站,为减少造价,要使通讯站数目最少, 应如何选址? 问题解决办法:作图G:以城市作为图G的顶点,当 两城市之间有直通讯线路时,相应的两顶点连一 边,则图G的最小支配集为所求. 极小支配集的布尔计算:请看p184-185.,21,课堂优质,第四节 匹配,匹配问题是运筹学的重要问题之一,也是图论研究 的重点内容,它提供了解决“人员分配问题”和“最优分配 问题”一种新的思想. 定义1.设G=是无环图,ME(G),M,若M中任意 两条边都不相邻,则称M是图G的一个匹配.若对图G

17、的 任何匹配M ,均有MM,则称M是图G的最大匹 配,G中最大匹配中的边数称为匹配数，记作(G). 定义2.设M是图G的匹配,G中与M中的边关联的顶点称 为M饱和点.若图G的顶点都是M饱和,则称M为G的完美 匹配.,22,课堂优质,说明:(1)完美匹配是最大匹配,反之未然; (2)匹配的定义与边的方向无关,故匹配是针对无向 图而言. (3)图G的边不交匹配的最小数目即为G的边色数. 定义3.(可增广路):设M是图G的匹配,P是G的一条路, 且在P中,M的边和E(G)-M的边交替出现,则称P是G 的一条交错路.若M交错路P的两个端点为M非饱和 点,则称P为M可增广路. 例1.求下图G的一条交错路

18、和一条可增广路.,6,2,3,4,1,5,8,7,23,课堂优质,匹配的几个性质定理,定理1.设M1和M2是图G的两个不同匹配,记H=M1M2则H的任意连通分支是下列情况之一: (1)边在M1和M2中交错出现的偶圈. (2)边在M1和M2中交错出现的路.(3)孤立结点. 证明:若H中无边,显然是第三种情况.若H是边导出子图, 由连通性易知(H)1.由于M1和M2是图G的两个不同匹配 ,所以H的任意顶点x至多与一条M1的边关联,同时也至多 与一条M2的边关联,所以Deg(x)2,所以 2,故H的每 个连通分支或者是一条路或者是一个圈.据匹配的定义,H 的任意两条邻接边一定分别属于不同的匹配M1和

19、M2,从 而每条路或者圈的边交错地属于M1和M2且每个圈是偶 圈.,24,课堂优质,定理2.M是图G的最大匹配,当且仅当G中不存在M可增广路. 证明:()假设存在M可增广路P,则M=MP是G的一个新的 匹配,且|M|M|1|M|,矛盾. ()若M不是G的最大匹配,则存在匹配M,使得|M|M|, 作H=MM,由定理1,H的任意连通分支Q是下列三种情况 之一:(1)交错偶圈:Q中每个结点度数为2.(2)交错路.Q中 除端点外,其余结点度数均为2.(3)孤立结点.Q中的每个结 点度数均为0,该结点即为关联MM中边的结点. 因为|M|M|,故|E(H)M|E(H)M|,因而H中必 有一条起始于M且终止

20、于M的连通分支P,故P是M可增广路, 矛盾,所以命题正确. 定义:NG(S):设S是图G的任意顶点子集,G中与S的顶点 邻接的所有顶点的集合,称为S的邻集,记做NG(S).,25,课堂优质,定理3(Hall定理,1935)设G是有二部划分(V1,V2)的二分图, 则G含有饱和V1的每个顶点的匹配M的充要条件是,对SV1 ,有N(S)S. 证明:()对SV1,匹配M将S中的每个顶点与N(S)中的顶 点配对,所以N(S)S. ()当对SV1,有N(S)S时.可按下述方法作出饱 和V1的匹配M. 先作一初始匹配M1,若已经饱和V1,定理得证.否则,V1中 至少有一非饱和点x1,检查以x1为起点,终点

21、在V2中的交错 路.考虑下面两种情形: (1)不存在任何一条交错路可以到达V2的非饱和点.此时从 X1开始的一切交错路的终点还是在V1中.故存在AV1,使得 N(A)A,矛盾.,26,课堂优质,(2)存在一条以x1为起点,终点为V2的非饱和点的交错路P, 显然P是可增广路,作新匹配M2=M1P,则M2饱和x1,且 M2M1,因此,重复该过程就可以找到饱和V1的全部顶 点的匹配M. 推论1具有二部划分(V1,V2)的二分图G有完美匹配 V1=V2,且对SV1(或V2),有N(S)S. 证明:必要性.若二分图G有完美匹配,由定理3有 V2=N(V1)V1,即V2V1,同理V1V2,因此 V1=V2

22、. 充分性:因为对对SV1,有N(S)S,由定理1,G中存 在饱和V1的每个顶点匹配M,又G是二分图,故匹配M的每一 边的两个端点分别属于V1和V2,据V1=V2即知M饱和V2, 所以M为完美匹配.,27,课堂优质,推论2.设G是k(0)正则二分图,则G有完美匹配. 证明:因为G是二部划分(V1,V2)的k正则二分图,故 kV1=E(G)=kV2 又k0,所以V1=V2.任取SV1,并用E1和E2分别表示 G中与S和N(S)中关联的边集,则E1E2,则对 SV1, kN(S)=E2E1=kS即N(S)S, 由定理3可知,G有饱和V1的匹配M,再据V1=V2和推 论1即知M是完美匹配.,28,课

23、堂优质,推论3.设G是二部划分(V1,V2)的简单二分图,且 V1=V2=n,若(G)n/2,则G有完美匹配. 证明:SV1,(1)若S中至少有两个顶点,由(G)n/2可知 N(S)n/2+n/2=n=V1S (2)若S中只有一个顶点,由(G)n/2可知N(S)n/2, 所以 N(S)1S=1. 综上,对SV1,均有N(S)S,所以G中有完美匹配.,29,课堂优质,定理4.G有完美匹配O(G-S) S,SV(G),其 中O(G-S)是G-S的奇数阶连通分支数目. 例1.有n张纸牌,每张纸牌的正反两面都写上 1,2,n的某一个数,证明:如果每个数字恰好出现 两次,则这些纸牌一定可以这样摊开,使朝

24、上的面 中1,2,n都出现. 解:作一个二分图G=,其中V1=1,2,n, V2=y1,y2,yn表示这n张纸牌.i与yi之间连接的边 数等于数i在纸牌yj中出现的次数,这样得到的图G,30,课堂优质,是一个2-正则二分图,因此图G中有完美匹配,设为 M=1yi1,2yi2,nyin 则只要把纸牌yi1中的1朝上,yi2中的2朝上,yin的n朝上, 这样摊开,这样摊开的纸牌就能使上面中1,2,n都出现. 例2.某工厂生产由6种不同颜色的纱布织成的双色布,由该 厂所生产的双色布中,每一种颜色至少和其他三种颜色搭 配.证明可以挑选出三种不同的双色布,它们含有所有的6 种颜色. 证明:构造图G=,其

25、中V=v1,v2,v3,v4,v5,v6表示6种颜 色,工厂生产出一种颜色vi与vj搭配而成的双色布边vi,vj E(G).由题意知,G为简单图,且每个结点的度数至少为3,下 证G中含有一个完美匹配. 今设v1,v2E(G),由于d(v3) 3,所以存在一个不同于,31,课堂优质,v1和v2的顶点vi(4i6),使v3,viE(G),不妨设vi=4, 即v3,v4E(G). 如果边v5,v6E(G),由于d(v5)3,v1,v2,v3,v4中至少有 3个顶点与v5相邻,即v5与边v1,v2,v3,v4中的每一边的某 一个端点相邻,不妨设v1,v5E(G)和v3,v5E(G). 对于顶点v6,同

26、样与v1,v2,v3,v4中至少3个顶点相邻,即在 v2和v4中至少有一个顶点与v6相邻.如果v2,v6E(G),则边 v1,v5,v3,v4,v2,v6是G的一个完美匹配;如果 v4,v6E(G),则v1,v5,v3,v5,v4,v6是G的一个完美匹配. 综上所述,G总存在完美匹配,完美匹配中的三条边所对 应的三种双色布即为所求.,32,课堂优质,第五节 最大匹配的生成算法-匈牙利算法,定义1.根在x的M交错子图:设M是图G的匹配,x是G中 非M饱和点.G中由起点为x的M交错路所能连接的顶点 集所导出的G的导出子图称为根在x的M交错子图. 定理1.设M是具有二部划分(V1,V2)的二分图G的

27、匹配, xV1是非M饱和点,H是G中根在x的M交错子图的顶点 集S=HV1,T=HV2,则: (1)TNG(S); (2)下述三条等价: (a)G中不存在以x为端点的M可增广路; (b)x是H中唯一的非M饱和点; (c) T=NG(S),且T=S-1.,33,课堂优质,证明:(1)yT,则G中存在以x和y为端点的M交错路P.令 uNp(y),由于G是二分图且yTV2,所以uHV1=S, 即yNG(S),因而T NG(S),. (2)(a)(b)设y是H中异于x的非M饱和点,则G中存在以x和 y为端点的M交错路P.P是G中以x为端点的M可增广路,与 (a)矛盾. (b)(c)任取yNG(S)V2

28、,则存在uS=H V1和边eE(G) 使G(e)=u,y.若u=x,显然有yT.若ux,则G中存在以x和u 为端点的交错路P.因为x是唯一非M饱和点,所以u为M饱和 点.若P不含y,则eM.由H的定义知,y HV2=T,所以 NG(S)T,再由(1),T= NG(S). (3) (c)(a)反设G中存在以x为端点的M可增广路,则G中至 少还存在一个异于x的非M饱和点y,若yS,则yT NG(S),34,课堂优质,显然yT(交错路中不可能含有两个非M饱和点),与 T=NG(S)矛盾.若yS,则显然有T=S-2.矛盾. 所以G中不存在以x为端点的M可增广路.,35,课堂优质,匈牙利算法,基本思想:

29、设G是具有二部划分(V1,V2)的二分图,从图G 的任意匹配M开始.若M饱和V1,则M是G的匹配.若M 不能饱和V1,则在V1中选择一个非M饱和点x,若G中存 在以x为起点的M可增广路P,则M=MP就是比M更 大的匹配,利用M代替M,并重复这个过程.若G中不存 在以x为起点的M可增广路,则令H是根在x的M交错子 图的顶点集,并令S=HV1,T=HV2, 由定理1,T=NG(S), 且G中不存在以x为起点的M可增广路,此时称x为检验 过的非M饱和点.对V1中其它未检验过的非M饱和点 重复该过程,直到V1中的所有非M饱和点全部检验过 为止.当整个过程结束时,由于G中不存在M可增广路,从而M为G的最大匹配.,36,课堂优质,匈牙利算法步骤: 设G是具有二部划分(V1,V2)的二分图. (1)任给初始匹配M; (2)若M饱和V1则结束.否则转(3); (3)在V1中找一非M饱和点x,置S=x,T=; (4)若N(S)=T,则停止,否则任选一点yN(S)-T; (5)若y为M饱和点转(6),否则作 求一条从x到y的M可增广路P,置M=MP,转(