拟阵理论选学

$\mathrm{By}\mathrm{DaiRuiChen}007$

1. 拟阵的定义

1a. 拟阵的定义

拟阵（Matroid）$M=(E,\mathbf{I})$，其中 $\mathbf{I}$ 是 $E$ 的某些子集构成的集合，其中 $\mathbf{I}$ 中的元素一般也被称为独立集。

$M=(E,\mathbf{I})$ 需要满足如下公理才能被称为拟阵：

• 非空性：$\varnothing \in \mathbf{I}$。
• 遗传性：$\mathrm{\forall }I\in \mathbf{I},J\subseteq I⟹J\in \mathbf{I}$。
• 交换性：$\mathrm{\forall }A,B\in \mathbf{I}$ 且 $|A|<|B|$，$\mathrm{\exists }x\in B\setminus A$ 使得 $A\cup \{x\}\in \mathbf{I}$。

1b. 常见拟阵

均匀拟阵（Uniform Matroid）：$E=\{1,2,\dots ,n\}$，$I\in \mathbf{I}⟺|I|\le k$，容易验证该矩阵具有遗传性和交换性。

图拟阵（Graphic Matroid）：$E$ 是图的边集，$I\in \mathbf{I}$ 当且仅当 $I$ 中无环，即 $\mathbf{I}$ 是图中所有森林构成的集合，下证该拟阵满足拟阵公理：

首先 $I$ 的子集一定也是森林，因此遗传性显然成立。

然后考虑交换性：考虑 $|A|<|B|$ 且不存在这样的 $x$，那么 $B$ 中的每条边一定只能连接 $A$ 中相同连通块中的点，此时一定有 $|B|\le |A|$，故交换性也成立。$◻$

向量拟阵（Vector Matroid）：$E$ 为若干向量，$I\in \mathbf{I}$ 当且仅当 $I$ 中向量线性无关，根据线性代数的只是可以证明拟阵公理成立。

常规拟阵（Regular Matroid）：在任何域上都能通过 Vector Matroid 表示的拟阵，对于图拟阵，我们可以对第 $i$ 条边取 $x_{i,u_i}=1,x_{i,v_i}=-1$ 从而表示。

任何 Regular Matroid 都能通过行列式计算 $|\mathbf{I}|$ 的大小，在图拟阵上，这就是矩阵树定理。

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2. 拟阵的基

2a. 拟阵基的定义

拟阵的基（Basis）是 $\mathbf{I}$ 中极大的若干独立集，即 $S\in \mathbf{I}$ 且 $\mathrm{\forall }S⊊S^{\prime }$ 都有 $S^{\prime }\notin \mathbf{I}$，记所有的基构成的集合为 $\mathbf{B}$。

一个性质是一个拟阵所有的基大小都相等，否则取 $I,J\in \mathbf{B}$ 且 $|I|>|J|$，可以根据矩阵交换性找到 $x$ 使得 $J+x\in \mathbf{I}$，从而违背 $J$ 的极大性。

2b. 拟阵基公理

拟阵的基 $\mathbf{B}$ 满足如下两条公理：

• 非空性：$|\mathbf{B}|>0$。
• 基交换性：$\mathrm{\forall }X,Y\in \mathbf{B},X\ne Y$，$\mathrm{\forall }x\in X\setminus Y,\mathrm{\exists }y\in Y\setminus X$ 使得 $X-x+y\in \mathbf{B}$。

下证任意拟阵 $M=(E,\mathbf{I})$ 的基都满足如下公理：

首先非空性是显然成立的。

其次对于基交换性，可以考虑 $A=X-x$ 和 $Y$ 两个独立集，根据拟阵交换性知道存在 $y\in Y\setminus A$ 使得 $A+y\in \mathbf{I}$。

又因为 $x\in X\setminus Y$，因此 $Y\setminus X=Y\setminus (Y\cap X)=Y\setminus (Y\cap A)=Y\setminus A$，因此此时的 $y$ 即为所求。$◻$

2c. 拟阵的基定义

事实上拟阵 $M$ 可以由 $E$ 和 $\mathbf{B}$ 定义得到，即已知任何一个满足上述基公理的集合 $\mathbf{B}$，都能唯一确定一个拟阵 $M=(E,\mathbf{B})$ 使得 $M$ 的基恰好是 $\mathbf{B}$。

首先证明满足基公理的 $\mathbf{B}$ 中的每个元素大小一定都相等：

一个显然的事实是 $\mathrm{\forall }X,Y\in \mathbf{B}$，一定不存在 $Y⊊X$，即 $\mathbf{B}$ 中没有元素有真子集关系，否则 $Y\setminus X=\varnothing$，必然违背基交换性。

反证法考虑 $X,Y\in \mathbf{B}$ 且 $|X|<|Y|$，由于基交换性，我们可以取 $x\in X\setminus Y,y\in Y\setminus X$，使得 $X^{\prime }=X-x+y\in \mathbf{B}$。

此时 $|X^{\prime }|=|X|<|Y|$，且 $X^{\prime }\setminus Y$ 严格减小，因此可以不断递归直到 $|X\setminus Y|=0$，此时即有 $X⊊Y$，导出矛盾，因此原命题成立。$◻$

可以猜测通过 $(E,\mathbf{B})$ 构造出来的拟阵 $M=(E,\mathbf{I})$ 应该满足 $\mathbf{I}=\{X\mid X\subseteq B,B\in \mathbf{B}\}$，即 $\mathbf{B}$ 中元素的子集并，以下给出证明：

先证明 $M=(E,\mathbf{I})$ 是一个拟阵：首先根据定义，很自然的有遗传性和非空性，因此我们只要证明交换性即可。

我们考虑证明以下两个条件不可能同时发生：

1. $\mathrm{\exists }A,B\in \mathbf{I}$ 且 $|A|<|B|$。
2. $\mathrm{\forall }b\in B\setminus A$，总有 $A+b\notin \mathbf{I}$。

那么反证法，我们进一步证明：总存在一组 $A,B$，在满足条件 (1)，(2) 的基础上，还能满足下述的条件 (3)：

3. $\mathrm{\forall }a\in A\setminus B$，总有 $B+a\notin \mathbf{I}$。

对于一组满足 (1)，(2) 的 $A,B$，假设 $\mathrm{\exists }a\in A\setminus B$ 使得 $B+a\notin I$，那么我们令 $B^{\prime }=B+a$，此时条件 (1) 仍然满足，条件 (2) 由于仍然有 $B^{\prime }\setminus A=B\setminus A$，也是成立的。

因此不断递归下去，$|B|$ 的大小不可能无限增长，因此必然在某个时刻存在这样的 $A,B$ 同时满足条件 (1)，(2)，(3)。

进一步还能找到一个同时满足条件 (1)，(2)，(3)，(4) 的 $A,B$，其中条件 (4) 是：

4. $B\in \mathbf{B}$。

可以调整，由于 $B\notin \mathbf{B}$，因此一定有 $x$ 使得 $x+B\in \mathbf{I}$，此时考察 $A+x$：

• 若 $A+x\in \mathbf{I}$ 或 $x\in A$，取 $A^{\prime }=A+x,B^{\prime }=B+x$。

  首先条件 (1) 显然满足。

  由于 $B^{\prime }\setminus A^{\prime }=B\setminus A$，那么 $A^{\prime }+b=A+b+x\notin \mathbf{I}$，因此条件 (2) 满足。

  由于 $A^{\prime }\setminus B^{\prime }=A\setminus B$，因此 $B^{\prime }+a=B^{\prime }+a+x\notin \mathbf{I}$，因此条件 (3) 满足。

• 否则取 $A^{\prime }=A,B^{\prime }=B+x$。

  条件 (1) 显然满足。

  由于 $B^{\prime }\setminus A^{\prime }=B\setminus A+x$，那么 $b\ne x$ 时一定有 $A+b\notin \mathbf{I}$，又因为 $A+x\notin \mathbf{I}$，因此条件 (2) 满足。

  由于 $A^{\prime }\setminus B^{\prime }=A\setminus B$，因此 $B^{\prime }+a=B+a+x\notin \mathbf{I}$，因此条件 (3) 满足。

那么对于满足条件 (1)，(2)，(3)，(4) 的 $A,B$，根据定义可以找到一个 $C$ 使得 $A\cap C=\varnothing$ 且 $A+C\in \mathbf{B}$，由于 $|A|<|B|$ 因此 $|C|>0$。

此时如果 $C\cap B\ne \varnothing$，那么取 $b\in C\cap B$，那么 $A+b\in \mathbf{I}$ 且 $b\in B\setminus A$，已经导出矛盾。

否则我们可以根据基交换性，删除一个 $C$ 中元素再加入一个 $B\setminus (A+C)$ 中元素，得到 $C^{\prime }$ 使得 $A\cap C^{\prime }=\varnothing ,A+C^{\prime }\in \mathbf{B},C^{\prime }\cap B\ne \varnothing$，从而导出矛盾，故原命题得证。$◻$

然后我们还要证明这样的 $M=(E,\mathbf{I})$ 可以被 $(E,\mathbf{B})$ 唯一生成，且其基恰为 $\mathbf{B}$：

先证明基为 $\mathbf{B}$，这是显然的，因为根据定义 $|\mathbf{I}|$ 中取到极大的元素一定恰好是 $\mathbf{B}$ 中全体元素。

其次不可能存在两个拟阵被这样的 $\mathbf{B}$ 生成，首先这两个拟阵的极大元素集合都一样是 $\mathbf{B}$，根据遗传性，$\mathbf{I}$ 中必然包含且只能包含 $\mathbf{B}$ 中元素的子集，因此这样的 $\mathbf{I}$ 唯一。$◻$

因此我们可以任取一个满足拟阵基公理的 $\mathbf{B}$，通过 $M=(E,\mathbf{B})$ 来定义一个拟阵。

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3. 拟阵的秩函数

3a. 秩函数的定义

拟阵的秩函数（rank function）$r(A)$ 是一个 $2^E\to \mathbb{N}$ 的函数，定义域是 $E$ 的幂集，定义为 $r(A)=max\{|X|\mid X\subseteq A,X\in \mathbf{I}\}$，即 $A$ 中的最大独立子集。

3b. 秩函数公理

• 边际性（Binary Marginal）：$r(\varnothing )=0$ 且 $r(A+x)-r(A)\in \{0,1\}$。
• 次模性（Submodular）：$\mathrm{\forall }A⊊B,x\notin B$，$r(B+x)-r(B)\le r(A+x)-r(A)$。

下证任意拟阵 $M=(E,\mathbf{I})$ 都满足如下公理：

边际性较为显然，如果 $r(A+x)-r(A)>1$，取 $r(A+x)$ 的最大独立子集 $I\in \mathbf{I}$，$I-x\in \mathbf{I}$ 且 $|I-x|>r(A)$ 且 $I-x\subseteq A$，导出矛盾。

然后证次模性：我们只需要证明 $r(B+x)-r(B)=1⟹r(A+x)-r(A)=1$。

事实上我们可以证明：$r(B+x)-r(B)=1$ 时，$\mathrm{\forall }I\subseteq B,I\in \mathbf{I}$ 都有 $I+x\in \mathbf{I}$。

根据拟阵交换性，我们首先可以找到一个 $J\subseteq B$ 且 $|J|=r(B)$ 且 $I\subseteq J$，即一个 $B$ 的最大独立子集包含 $I$。

由于 $|J|<r(B+x)$，我们还能进一步通过拟阵交换性构造 $J+y\subseteq B+x$，且 $J+y\in \mathbf{I}$。

由于 $I+x\subseteq J+y$，因此根据拟阵遗传性有 $I+x\in \mathbf{I}$。

根据上面的结论，取出 $A$ 的最大独立子集 $U$，$U+x\in \mathbf{I}$，因此 $r(A+x)\ge |U+x|=r(A)+1$，再运用边际性即得 $r(B+x)-r(B)=1⟹r(A+x)-r(A)=1$。$◻$

事实上，次模性也常常被写作另一种形式：$r(A\cap B)+r(A\cup B)\le r(A)+r(B)$，下证这两种定义形式是等价的：

先考虑推出这种形式：由于 $A\cup B=A\cap B+A\setminus B+B\setminus A$，根据次模性不断在 $A$ 和 $A\cap B$ 的基础上加入 $B\setminus A$ 的元素，得到 $r(B)-r(A\cap B)\ge r(A\cup B)-r(A)$，原命题得证。

然后考虑根据这种形式推出原公理：注意到 $(A+x)\cup B=B+x,(A+x)\cap B=A$，那么有 $r(A+x)+r(B)\ge r(B+x)+r(A)$，同样得证。$◻$

3c. 拟阵的秩函数定义

对于任意的 $2^E\to \mathbb{N}$ 的映射 $r(A)$ 如果满足秩函数公理，那么可以通过 $(E,r)$ 唯一确定一个拟阵 $M$ 使得 $M$ 的秩函数恰好是 $r$。

先考虑如何求出拟阵 $M=(E,\mathbf{I})$，显然 $\mathbf{I}=\{I\mid r(I)=|I|\}$，那么我们就要证明这个拟阵满足拟阵公理：

根据边际性，若 $A+x\in \mathbf{I}$，那么 $r(A)\ge r(A+x)-1=|A|$，因此 $A\in \mathbf{I}$。

然后证明交换性，对于 $A,B\in \mathbf{I}$ 满足 $|A|<|B|$，我们要找到一个 $x\in B\setminus A$ 使得 $A+x\in \mathbf{I}$。

不妨反证法，设 $\mathrm{\forall }x\in B\setminus A$ 都有 $A+x\notin \mathbf{I}$，即 $r(A+x)=r(A)$。

那么根据边际性，取 $x,y\in B\setminus A$，$r(A+x+y)-r(A+x)\le r(A+y)-r(A)=0$，那么 $r(A+x+y)=r(A)$。

不断递推最终能得到 $r(B)=r(A)$，与 $|B|>|A|$ 矛盾，故交换性成立。$◻$

然后我们要证明 $r$ 就是这个拟阵 $M=(E,\mathbf{I})$ 的秩函数：

设该拟阵的秩函数为 $\mathrm{rank}(A)$，我们要证明 $\mathrm{rank}(A)=r(A)$，取出 $A$ 的最大独立子集 $I$。

根据定义 $\mathrm{rank}(A)=|I|$，接下来要证明 $r(A)=|I|$。

首由于 $I$ 是最大独立子集，那么 $\mathrm{\forall }x\in A\setminus I$ 都有 $r(I+x)=r(I)$。

那么根据次模性，任取 $x,y\in A\setminus I$ 都有 $r(I+x+y)-r(I+x)\le r(I+y)-r(I)=0$，因此 $r(I+x+y)=r(I)$。

不断递推有 $r(A)=r(I)=|I|=\mathrm{rank}(A)$。$◻$

那么我们知道可以通过任意满足秩函数公理的的 $2^E\to \mathbb{N}$ 函数 $r(A)$ 定义拟阵 $M=(E,r)$。

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4. 拟阵上的最大权独立集

4a. 贪心算法

$E$ 中元素有权值，集合权值 $w(A)$ 定义为每个元素权值和。

拟阵上的最大权独立集就是 $max\{w(I)\mid I\in \mathbf{I}\}$。

做法就是把元素按权值从大到小排序，维护集合 $A$，每个元素 $x$ 如果 $A+x\in \mathbf{I}$ 就加入，否则不加入。

在图拟阵上，这就是常见的 Kruskal 最小生成树算法。

4b. 算法正确性证明

我们要证明这个算法的正确性。

首先根据拟阵交换性，最优解和贪心解一定都是拟阵的一组基，否则可以继续加元素。

因此我们只要考虑两个解大小相同的情况。

设贪心解为 $A=\{a_1,a_2,\dots ,a_k,a_{k+1},\dots ,a_{k+m}\}$。

设最优解为 $B=\{a_1,a_2,\dots ,a_k,b_{k+1},\dots ,b_{k+m}\}$。

其中元素按权值大小从大到小排列且 $w(b_{k+1})\le w(a_{k+1})$。

显然 $m>1$ 否则必有 $w(A)\ge w(B)$。

此时取 $A_1=\{a_1,a_2,\dots ,a_k,a_{k+1}\}$，由于 $|A_1|<|B|$ 那么通过拟阵交换性可以找到 $b\in B\setminus A_1=\{b_{k+1},b_{k+2},\dots ,b_{k+m}\}$ 使得 $A_1+b\in \mathbf{I}$，记为 $A_2$，同理求出 $A_3,A_4,\dots ,A_m$。

此时 $A_m$ 等于 $A_1$ 并上 $B\setminus A=\{b_{k+1},b_{k+2},\dots ,b_{k+m}\}$ 中的 $m-1$ 个元素，由于 $w(A_{k+1})$ 大于等于 $B\setminus A$ 中所有元素。

因此 $A_m$ 必然也是一组最优解，而 $|A_m\cap A|=k+1$ 此时两个集合并大小变大，不断调整最终会得到某个 $B$ 使得 $|B\cup A|=k+m$，此时 $A=B$ 也是最优解，故原命题得证。$◻$

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5. 对偶拟阵

5a. 对偶拟阵的定义

对偶拟阵（Dual Matroid）由一个拟阵 $M=(E,\mathbf{B})$（根据基定义表示）定义：其对偶拟阵 $M^{\ast }=(E,{\mathbf{B}}^{\ast })$，其中 $B^{\ast }=\{\bar{B}\mid B\in \mathbf{B}\}$。

5b. 对偶拟阵性质的证明

首先我们要证明 $M^{\ast }$ 是一个拟阵：

设 $M^{\ast }=(E,I^{\ast })$，其中 $I^{\ast }$ 是 ${\mathbf{B}}^{\ast }$ 所有元素的子集并。

我们考虑拟阵的秩函数定义，求 $M^{\ast }$ 的秩函数 $r^{\ast }(A)$。

那么：

$$\begin{array}{rl}{r}^{\ast }(A)& =\underset{B\in {\mathbf{B}}^{\ast }}{max}\{|A\cap B|\}\\ & =\underset{B\in {\mathbf{B}}^{\ast }}{max}\{|A\cup \bar{B}|+|B|-|E|\}\\ & =\underset{B\in \mathbf{B}}{max}\{|A\cup B|\}-|E|+r^{\ast }(E)\\ & =\underset{B\in \mathbf{B}}{max}\{|A|+|B|-|A\cap B|\}-r(E)\\ & =|A|-\underset{B\in \mathbf{B}}{min}\{|A\cap B|\}\\ & =|A|-\underset{B\in \mathbf{B}}{min}\{|B|-|\bar{A}\cap B|\}\\ & =|A|-r(E)+r(\bar{A})\end{array}$$

验证一下秩函数的边际性：$r^{\ast }(A+x)-r^{\ast }(A)=1-(r(\bar{A})-r(\overline{A+x}))\in \{0,1\}$。

秩函数的次模性：$r^{\ast }(B+x)-r^{\ast }(B)=1$ 时 $r(\bar{B})=r(\overline{B+x})$，此时 $r(\bar{A})-r(\overline{A+x})\le r(\bar{B})-r(\overline{B+x})=0$。

因此 $r(\bar{A})=r(\overline{A+x})$ 从而 $r(A+x)-r(A)=1-r(\bar{A})+r(\overline{A+x})=1$。

因此我们验证了 $M^{\ast }$ 的秩函数满足拟阵秩函数公理，从而 $M^{\ast }=(E,r^{\ast })$ 是拟阵。

5c. 对偶拟阵的应用

比较经典的对偶拟阵是图拟阵的对偶（Co-Graphic Matroid），分析一下发现这个拟阵的基是所有生成树的补，那么拟阵的所有元素都满足：删除后原图联通，即该拟阵是原图割集的补集。

图对偶拟阵可以用来求图上是否有两棵不相交的生成树：只要判断图拟阵和对偶图拟阵的交中是否含有大小 $\ge n-1$ 的边集即可。

这个算法可以求解 Shannon's Switching Game：

A 和 B 轮流在图上删除/保留边，两人操作过的边不能操作，如果某一时刻 B 保留的边形成生成树那么 B 获胜。

这个游戏后手的必胜条件就是图中有两棵边不交的生成树。

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6. 拟阵的环

6a. 拟阵环的定义

拟阵中的一个环（Circuit）被定义为一个极小的非独立子集，即 $C$ 是环当且仅当 $C\notin \mathbf{I}$ 且 $\mathrm{\forall }{C}^{\prime }⊊C$ 都有 $C\in \mathbf{I}$。

在图拟阵上，环就是图上的环。

6b. 拟阵环的性质

拟阵环具有如下性质：

• 环的大小不是固定的。从图拟阵中就容易构造出例子。

• 不存在两个环有包含关系。根据定义，这是显然的。

• $A\notin \mathbf{I}$ 当且仅当存在环 $C$ 使得 $C\subseteq A$。

  首先根据拟阵的遗传性，$C\subseteq A$ 说明 $A\notin \mathbf{I}$。

  然后对于一个非独立集 $A$，若 $A$ 不是环，那么必定能找到一个 $B⊊A$ 使得 $B\notin \mathbf{I}$，不断重复，最终停止时一定能找到一个环作为 $A$ 的子集。$◻$

6c. 唯一环定理

唯一环定理（Unique Circuit Thereom）描述的是：对于任意 $(A,x)$ 满足 $A\in \mathbf{I}$ 且 $A+x\notin \mathbf{I}$，都能证明 $A+x$ 中只有恰好一个环，记为 $C(A,x)$，下面给出证明：

根据推论，显然 $A+x$ 中不可能无环。

我们只需证明不存在两个环 $C_1,C_2$ 满足 $C_1\ne C_2$ 且 $C_1,C_2\subseteq A+x$。

由于 $C_1\ne C_2$ 且根据推论 $C_1,C_2$ 之间无包含关系，因此我们可以取 $e\in C_1\setminus C_2$。

此时根据环的极小性定义，$C_1-e\in \mathbf{I}$。

然后根据拟阵交换性，我们可以逐步向 $C_1-e$ 中加入 $A$ 的元素，因此存在 $B\subseteq A+x$，$B\in \mathbf{I}$，$C_1-e\subseteq B$ 且 $|B|=|A|$。

不妨假设 $A+x-B=f$，那么考虑 $f$ 的性质：

• 首先 $f=e$ 时由于 $e\in C_1\setminus C_2$，此时 $f\notin C_2$ 从而 $C_2\subseteq B$，与 $B\in \mathbf{I}$ 矛盾。
• 否则 $f\ne e$，此时由于 $C_1-e\subseteq B$，因此 $f\notin C_1$ 从而 $C_1\subseteq B$，与 $B\in \mathbf{I}$ 矛盾。

从而推出矛盾，故原结论成立。$◻$

唯一环定理的一个推论就是 $y\in C(A,x)$ 当且仅当 $A+x-y\in \mathbf{I}$。

先证明 $y\in C(A,x)\in ⟹A+x-y\in \mathbf{I}$：

因为 $C(A,x)$ 是 $A+x$ 中唯一环，因此 $C(A,x)$ 必不被 $A+x-y$ 包含，故 $A+x-y\in \mathbf{I}$。

然后证明 $A+x\notin \mathbf{I},A+x-y\in \mathbf{I}⟹y\in C(A,x)$：

首先 $A\in \mathbf{I},A+x\notin \mathbf{I}$ 推出 $C(A,x)$ 存在，如果 $y\notin C(A,x)$ 那么 $C(A,x)\subseteq A+x-y$，则 $A+x-y\notin \mathbf{I}$。

因此 $y\in C(A,x)\in ⟺A+x-y\in \mathbf{I}$。$◻$

6d. 拟阵的增广路

对于一个 $A\in \mathbf{I}$，假设存在互异元素序列 $(a_1,b_1,a_2,b_2,\dots ,a_k,b_k)$，那么 $A-a_1+b_1-a_2+b_2-\cdots -a_k+b_k\in \mathbf{I}$ 在如下条件满足时成立：

• $\mathrm{\forall }i\in [1,k]:A+b_i\notin \mathbf{I}$。
• $\mathrm{\forall }i\in [1,k],j\in [1,i-1]:a_j\notin C(A,b_i)$。
• $\mathrm{\forall }i\in [1,k]:a_i\in C(A,b_i)$。

下面给出证明：

考虑归纳法，对于 $k=1$ 的情况就是唯一环定理的推论。

然后我们考虑从 $k-1$ 次操作之后得到的独立集 $A_{k-1}\in \mathbf{I}$ 推出 $A_{k-1}-a_k+b_k\in \mathbf{I}$。

首先，我们记 $S=C(A,b_k)-b_k$，由于 $a_1\sim a_{k-1}\notin C(A,b_k)$，由此推出 $S\subseteq A_{k-1}$。

因此 $S+b_k\subseteq A_{k-1}+b_k$，因此 $C(A_{k-1},b_k)=S+b_k=C(A,b_k)$。

那么 $a_k\in C(A_{k-1},b_k)$，显然有 $A_{k-1}-a_k+b_k\in \mathbf{I}$。$◻$

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7. 拟阵交

7a. 拟阵交问题

给定两个拟阵 $M_1=(E,{\mathbf{I}}_1),M_2=(E,{\mathbf{I}}_2)$，定义拟阵交为 ${\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2$ 中的最大元素，即 $max\{|I|\mid I\in {\mathbf{I}}_1,I\in {\mathbf{I}}_2\}$。

7b. 拟阵交的求法

维护答案 $A$，初始 $A=\varnothing$，每轮增广使得 $|A|$ 变大 $1$。

按如下方式建立一张有向二分图 $G_A$：

• 左部点包含所有 $A$ 中元素，和虚拟源汇点 $S,T$。
• 右部点包含所有 $\bar{A}$ 中元素。
• $\mathrm{\forall }x\in \bar{A}$，如果 $A+x\in {\mathbf{I}}_1$，那么连接 $S\to x$。
• $\mathrm{\forall }x\in \bar{A}$，如果 $A+x\in {\mathbf{I}}_2$，那么连接 $x\to T$。
• $\mathrm{\forall }x\in \bar{A},y\in A$，如果 $A-y+x\in {\mathbf{I}}_1$，那么连接 $y\to x$。
• $\mathrm{\forall }x\in \bar{A},y\in A$，如果 $A-y+x\in {\mathbf{I}}_2$，那么连接 $x\to y$。

在 $G_A$ 中找到 $S\to T$ 的最短路，把路径上所有点在 $A$ 中的状态取反，作为新的 $A$。

不断增广直到 $G_A$ 中不存在 $S\to T$ 的道路，此时 $A$ 即为一个最大拟阵交。

记 $r=max(r_1(E),r_2(E))$，那么每次建立的 $G_A$ 点数 $\mathcal{O}(|E|)$，边数 $\mathcal{O}(r|E|)$，增广轮次 $\mathcal{O}(r)$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(r^2|E|)$。

7c. 拟阵交算法正确性证明

首先我们来验证，每轮增广结束后，$A$ 都是 ${\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2$ 中的元素：

设该增广路为 $S\to b_0\to a_1\to b_1\to \cdots \to a_k\to b_k\to T$，其中 $a_i\in A,b_i\in \bar{A}$。

取 $I=S+b_0$，我们用拟阵增广路的判定来证明 $I-a_1+b_1-a_2+b_2-\cdots -a_k+b_k\in {\mathbf{I}}_1$：

我们先说明 $\mathrm{\forall }x\in \bar{A},A+x\notin {\mathbf{I}}_1$，一定有 $C_1(A,x)=C_1(I,x)$，由于 $I\in {\mathbf{I}}_1,I+x\notin {\mathbf{I}}_1$，因此 $C_1(I,x)$ 存在，又因为 $C_1(A,x)\subseteq I+x$，根据唯一环定理，$C_1(A,x)$ 也是 $I+x$ 中的唯一环，即 $C_1(A,x)=C_1(I,x)$。

• $\mathrm{\forall }i\in [1,k]$，满足 $I+b_i\notin {\mathbf{I}}_1$：

  反证法，假设存在 $I+b_i\in {\mathbf{I}}_1$，那么 $A+b_i\in {\mathbf{I}}_1$，因此 $G_A$ 中包含边 $S\to b_i$，那么我们直接取增广路 $S\to b_i\to a_{i+1}\to b_{i+1}\to \cdots \to a_k\to b_k\to T$ 可以得到一条更短的增广路，与当前增广路最短性矛盾。

• $\mathrm{\forall }i\in [1,k],j\in [1,i-1]$，满足 $a_j\notin C_1(I,b_i)$：

  反证法，假设存在 $a_j\in C_1(I,b_i)$，那么 $a_j\in C_1(I,b_i)=C_1(A,b_i)$，因此 $A-a_j+b_i\in {\mathbf{I}}_1$，因此 $a_j\to b_i$ 在 $G_A$ 中，把原增广路中 $a_j\to b_j\to a_{j+1}\to \cdots \to b_i$ 的部分替换成 $a_j\to b_i$ 一定更优，与当前增广路的最短性矛盾。

• $\mathrm{\forall }i\in [1,k]$，满足 $a_i\in C_1(I,b_i)$。

  由于 $a_i\to b_i$ 在 $G_A$ 中，因此 $A-a_i+b_i\in {\mathbf{I}}_1$，那么 $a_i\in C_1(I,b_i)=C_1(A,b_i)$。

因此 $I-a_1+b_1-a_2+b_2-\cdots -a_k+b_k\in {\mathbf{I}}_1$，反向考虑整条增广路，类似可证 $(A+b_k)-a_k+b_{k-1}-\cdots -a_1+b_0\in {\mathbf{I}}_2$。

综上，我们得到每次增广后的 $A$ 依然属于 ${\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2$。$◻$。

7d. 拟阵交算法最优性证明

其次我们验证：当该算法停止时，$A$ 一定是一个大小最大的拟阵交。

为了证明 $A$ 的极优性，我们需要一定的放缩：$\mathrm{\forall }I\in {\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2$ 都有 $|I|\le min\{r_1(S)+r_2(\bar{S})\mid S\subseteq E\}$。

这是因为 $I\cap S\in {\mathbf{I}}_1⟹|I\cap S|\le r_1(S)$，同理 $|I\cap \bar{S}|\le r_2(\bar{S})$，因此原式成立。

然后我们只需要找到一个 $U$ 使得 $r_1(U)+r_2(\bar{U})\le |A|$，那么我们就能说明 $|A|$ 为 ${\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2$ 中最大元素。

我们取 $R$ 为当前 $G_A$ 中 $S$ 出发可达的点，$U=\bar{R}$，我们能够证明 $|A\cap R|\ge r_2(R)$ 且 $|A\cap \bar{R}|\ge r_1(\bar{R})$。

先证明 $|A\cap R|\ge r_2(R)$：

反证法，假设 $r_2(R)>|A\cap R|$，那么 $R$ 在 ${\mathbf{I}}_2$ 中的最大独立集一定至少包含一个 $\overline{A\cap R}$ 的点，那么根据拟阵的交换性，我们能够从 $A\cap R$ 开始调整，找到一个 $y\in R\setminus A$ 使得 $A\cap R+y\in {\mathbf{I}}_2$。

如果 $A+y\in {\mathbf{I}}_2$，那么存在一条边 $y\to T$，而 $y\in R$，那么就存在一条 $S\to T$ 的增广路，所以一定有 $A+y\notin {\mathbf{I}}_2$。

然后考虑 $C_2(A,y)$，由于 $A\cap R+y\in {\mathbf{I}}_2$，因此 $A\cap R+y$ 不包含 $C_2(A,y)$，所以至少存在一个 $x\in A\setminus R$ 使得 $x\in C_2(A,y)$。

那么此时 $A-x+y\in {\mathbf{I}}_2$，存在一条 $y\to x$ 的边，与 $x\in \bar{R}$ 导出矛盾。

对于 $|A\cap \bar{R}|\ge r_1(\bar{R})$ 的证明也是类似的，故存在 $U$ 使得 $r_1(U)+r_2(\bar{U})\le |A|$。

因此 $|A|=max\{|I|\mid I\in {\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2\}$。$◻$

综上所述，我们证明了这个算法一定能求出 ${\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2$ 中最大的一个元素。

7e. 带权拟阵交

给 $E$ 中每个元素赋权值 $w(x)$，定义 $w(I)=\sum _{x\in I}w(x)$，求 $max\{w(I)\mid I\in {\mathbf{I}}_1\cap {\mathbf{I}}_2\}$。

我们在构造 $G_A$ 的时候给每个点赋权值，若 $x\in A$ 则权值为 $w(x)$，否则赋权值为 $-w(x)$，每次增广的时候优先选择权值和最小的增广路，如果有多条则选择经过点数最少的一条进行增广。

时间复杂度 $\mathcal{O}(r^2|E{|}^2)$，其中 $r=max(r_1(E),r_2(E))$。

7f. 拟阵交的应用

• 带限制 MST

  给定若干条特殊边，要求特殊边不能选择超过 $k$ 条，求 MST。

  建立两个拟阵，一个是图拟阵，另一个是特殊边 $\le k$ 的边集的集合，求带权拟阵交。

• 最小树形图

  给定一张有向图，求出以 $x$ 为根的最小外向树。

  建立两个拟阵，第一个表示除 $x$ 外每个点入度 $\le 1$ 的边集，第二个表示将图看成无向图后没有环，求带权拟阵交。

• Colorful Tree

  给定带权无向图，每条边有 $[1,n-1]$ 之间的颜色，要求每种边恰选一条，求 MST。

  建立两个拟阵，一个是图拟阵，另一个是每种颜色至多选一条的边集，求带权拟阵交。

7g. 多个拟阵的交

求 $>2$ 个的拟阵的交中的最大元素是 NP-Complete 的，具体的，我们可以把哈密尔顿路径问题归约到该问题上：

哈密尔顿问题是指：给定一张有向图 $G=(V,E)$，找到一条 $s\to t$ 的简单路径经过 $|V|$ 个点，接下来把这个问题归约到 $3$ 拟阵交上。

• 第一个拟阵：定义为将图看成无向图后没有环。
• 第二个拟阵：定义为除 $s$ 之外所有点入度 $\le 1$。
• 第三个拟阵：定义为除 $t$ 之外所有点出度 $\le 1$。

答案就是这三个拟阵的交中的最大元素，哈密尔顿路存在当且仅当该元素大小为 $|V|-1$。

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8. 拟阵并与拟阵划分问题

8a. 拟阵并的定义

定义两个拟阵 $(E,{\mathbf{I}}_1),(E,{\mathbf{I}}_2)$，那么他们的拟阵并 $(E,\mathbf{I})$ 定义为：$\mathbf{I}=\{I_1\cup I_2\mid I_1\in {\mathbf{I}}_1,I_2\in {\mathbf{I}}_2\}$，记为 $\mathbf{I}={\mathbf{I}}_1\cup {\mathbf{I}}_2$。

接下来证明 $(E,\mathbf{I})$ 确实是一个拟阵：

拟阵的遗传性根据 ${\mathbf{I}}_1,{\mathbf{I}}_2$ 的遗传性显然得证，那么只需证明拟阵的交换性。

对于两个集合 $A,B\in \mathbf{I}$，且 $|B|>|A|$，我们要找到 $x\in B\setminus A$ 使得 $A+x\in \mathbf{I}$。

先设 $A=A_1+A_2,B=B_1+B_2$，其中 $A_1,B_1\in {\mathbf{I}}_1,A_2,B_2\in {\mathbf{I}}_2$ 且 $A_1\cap A_2=B_1\cap B_2=\varnothing$。

由于 $|A_1|+|A_2|<|B_1|+|B_2|$，那么 $|A_1|<|B_1|$ 和 $|A_2|<|B_2|$ 中至少有一条成立，不妨设 $|A_1|<|B_1|$。

根据拟阵 $(E,{\mathbf{I}}_1)$ 的交换性，取 $x\in B_1\setminus A_1$ 使得 $A_1+x\in {\mathbf{I}}_1$，若 $x\notin A_2$ 那么 $x$ 即为所求。

否则 $x\in A_2$，我们把 $x$ 从 $A_2$ 中移动到 $A_1$ 中，此时 $x\in A_1,B_1$，得到 $|A_1\cap B_1|+|A_2\cap B_2|$ 严格增大，故这样的调整不可能无限持续，因此我们总能找到一个合法的 $x$。$◻$

8b. 拟阵并问题

给定 $k$ 个拟阵 $(E,{\mathbf{I}}_1)\sim (E,{\mathbf{I}}_k)$，定义拟阵 $(E,\mathbf{I})$ 使得 $\mathbf{I}={\mathbf{I}}_1\cup {\mathbf{I}}_2\cup \cdots \cup {\mathbf{I}}_k$，其中拟阵并的定义如上所述，求 $\mathbf{I}$ 中的最大元素。

首先我们可以证明 $I\in \mathbf{I}$ 当且仅当存在 $I_1\sim I_k$，满足任意 $I_p\in {\mathbf{I}}_p$，$I=I_1+I_2\cdots +I_k$ 且任意两个集合无交，这可以通过拟阵的遗传性调整得到。

然后我们可以把 $I$ 中的元素有这样的形式表示：定义 $F=E\times \{1,2,\dots ,k\}=\{(x,i)\mid x\in E,i\in [1,k]\}$。

那么 $I=I_1+\cdots +I_k$ 的一种分解方式可以对应到 $F$ 中的一个子集，$J=\{(x,i)\mid x\in I_i\}$，且 $|J|=|I|$。

因此求最大的 $I$ 可以转成求最大的 $J$。

记 $J_p=\{x\mid (x,p)\in J\}$，即 $J$ 在第 $p$ 列上的元素，$J$ 可以用拟阵交定义：

• 定义第一个拟阵 ${\mathbf{J}}_1=\{J\mid \mathrm{\forall }i\in [1,k]:J_i\in {\mathbf{I}}_i\}$，即第 $i$ 列上的元素在 ${\mathbf{I}}_i$ 中。
• 定义第二个拟阵 ${\mathbf{J}}_2=\{J\mid \mathrm{\forall }1\le i<j\le k:J_i\cap J_j=\varnothing \}$，即任意两列上的元素无交。

因此最大的 $I$ 可以通过最大的 $J$ 表示，而最大的 $J$ 可以用 ${\mathbf{J}}_1$ 和 ${\mathbf{J}}_2$ 的拟阵交定义。

接下来我们验证 $(F,{\mathbf{J}}_1),(F,{\mathbf{J}}_2)$ 为拟阵：

首先考虑 ${\mathbf{J}}_1$，由于每列独立，那么遗传性是显然的，而交换性就找某一列上的拟阵使得 $|A_i|>|B_i|$，用 ${\mathbf{I}}_i$ 的交换性调整即可。

然后考虑 ${\mathbf{J}}_2$，显然有遗传性，而交换性直接找到 $A$ 中有元素且 $B$ 中没有元素的一行即可。

因此 $(F,{\mathbf{J}}_1),(F,{\mathbf{J}}_2)$ 都是拟阵。$◻$

那么通过定义新拟阵的拟阵交，我们就把 $k$ 拟阵并归约到拟阵交上了。

8c. 拟阵并定理

拟阵并定理（Matroid Union Theorem）指的是：

给定拟阵 $(E,{\mathbf{I}}_1)\sim (E,{\mathbf{I}}_k),(E,\mathbf{I}),\mathbf{I}={\mathbf{I}}_1\cup \cdots \cup {\mathbf{I}}_k$，设他们的秩函数为 $r_1(A)\sim r_k(A),r(A)$，那么有：

$$r(E)=\underset{A\subseteq E}{min}\{|\bar{A}|+\sum _{i=1}^k{r}_i(A)\}$$

下面给出证明：

先说明 $\mathrm{\forall }I\in \mathbf{I},A\subseteq E$，都有：$|I|\le |\bar{A}|+\sum _{i=1}^k{r}_i(A)$。

考虑把 $I$ 写成 $I_1+\cdots +I_k$，其中集合两两无交，那么 $|I|=|I\cap \bar{A}|+\sum _{i=1}^k|I_1\cap A|\le |\bar{A}|+\sum _{i=1}^k{r}_i(A)$，因此我们只要找到一组 $I,A$ 使得等号成立即可。

类似解决 $k$ 拟阵并问题的过程，构造辅助拟阵 $(F,{\mathbf{J}}_1),(F,{\mathbf{J}}_2)$，设对应的秩函数为 $r_1^{\ast }(A),r_2^{\ast }(A)$。

我们先证明关于 $r_1^{\ast }(A)$ 和 $r_2^{\ast }(A)$ 的两个小结论：

• $r_1^{\ast }(A)=\sum _{i=1}^k{r}_i(A_i)$，因为 $A$ 中每一列都独立。
• $r_2^{\ast }(A)=|A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_k|$，因为 $A$ 中只包含这些行，且每行都可以选一个元素。

那么根据拟阵交定理的结论，$r(E)=max\{|J|\mid J\in {\mathbf{J}}_1\cap {\mathbf{J}}_2\}=\underset{A}{min}\{r_1^{\ast }(A)+r_2^{\ast }(\bar{A})\}$，

设右式为在 $U$ 处取到极小值，那么取 $R=U_1\cap U_2\cap \cdots \cap U_k$。

此时 $r_1^{\ast }(U)=\sum _{i=1}^k{r}_i(U_i)\ge \sum _{i=1}^k{r}_i(R)$，$r_2^{\ast }(\bar{U})=|\overline{U_1}\cup \overline{U_2}\cup \cdots \cup \overline{U_k}|=|\overline{U_1\cap U_2\cap \cdots \cap U_k}|=|\bar{R}|$。

因此 $r(E)=r_1^{\ast }(U)+r_2^{\ast }(\bar{U})\ge \sum _{i=1}^k{r}_i(R)+|\bar{R}|$，因此此时的 $R$ 即可取到等号。

故 $r(E)=\underset{A\subseteq E}{min}\{|\bar{A}|+\sum _{i=1}^k{r}_i(A)\}$ 成立。$◻$

8d. 拟阵覆盖问题

给定 $M=(E,\mathbf{I})$，最小化 $k$ 使得存在 $I_1\sim I_k\in \mathbf{I}$ 且 $E=I_1\cup \cdots \cup I_k$。

这个问题是多项式可解的，具体算法可以参考这个链接：Link。

但是最小的 $k$ 可以直接算出：$k_{min}=\underset{S}{max}\lceil {\displaystyle \frac{|S|}{r(S)}}\rceil$，证明如下：

我们定义拟阵 ${\mathbf{I}}_1={\mathbf{I}}_2=\cdots ={\mathbf{I}}_k=\mathbf{I}$，取 $\mathbf{J}={\mathbf{I}}_1\cup \cdots \cup {\mathbf{I}}_k$，记 $\mathbf{J}$ 的秩函数为 $r^{\ast }(A)$。

那么 $k$ 合法的充要条件是 $E\in \mathbf{J}$，即 $r^{\ast }(E)=|E|$，根据拟阵并定理：$r^{\ast }(E)=\underset{A\subseteq E}{min}|\bar{A}|+k\times r(A)$。

那么 $\underset{A\subseteq E}{min}k\times r(A)-|A|=0$，即 $\mathrm{\forall }A\subseteq E:k\times r(A)\ge |A|$，因此最小的 $k$ 至少是 $\underset{S}{max}\lceil {\displaystyle \frac{|S|}{r(S)}}\rceil$。

充分性可以逆推，$k=\underset{S}{max}\lceil {\displaystyle \frac{|S|}{r(S)}}\rceil$ 时可以导出 $\underset{A\subseteq E}{min}k\times r(A)-|A|=0$ 即 $r^{\ast }(E)=E$，那么这个 $k$ 就是合法的。$◻$

因此我们可以直接算出最小拟阵覆盖的大小。