拟阵学习笔记（各处抄的，未完）

昨天 CMD round 要用♿ 不会就来学了

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基础定义性质

拟阵和基、环

定义 1.1

给定全集 $U$，$U$ 和一个 $U$ 上的集族 $(U,F)$ 被称作拟阵当：

\[\varnothing\in F\\ A\in F,B\subseteq A\Rightarrow B\in F\\ A,B\in F,|A|<|B|\Rightarrow \exists b\in B-A,\text{s.t.} A\cup\{b\}\in F \]

$U$ 中的元素叫做边，$F$ 中的元素 $S\in F$ 叫做独立集。

第二条叫做遗传性质，第三条叫做交换性质。

定义拟阵的基为极大独立集，环为极小非独立集。

引理 1.1

拟阵的所有基大小相等。

证明：显然小的基可以通过交换性质变大，由于交换性质。

定理 1.1

对于两组不同的基 $A,B$，$\forall x\in A-B,\exists y\in B-A,\text{s.t.} A-\{x\}+\{y\}$ 也是一组基。

证明：考虑独立集 $A-\{x\}$（由遗传性质知道）和 $B$ 的交换性质。那么 $y\in B-(A-\{x\})= B-A$。

定义 1.2

给定拟阵 $(U,F)$，对于任意集合 $S\subseteq U$，记秩函数为 $S$ 子集的极大独立集大小。根据引理 $1.1$，这些 $S$ 的基（在拟阵 $(S,\{S'\mid S'\subseteq S,S'\in F\})$ 上应用）相等。

性质 1.1

有界性：$\forall S\subseteq U,0\le r(S)\le |S|$。

单调性：$\forall A\subseteq B\subseteq U,r(A)\le r(B)$

次模性：$\forall A,B\subseteq U,r(A\cup B)+r(A\cap B)\le r(A)+r(B)$

下面证明第三条性质。

记 $Z_{S}$ 为 $S$ 上的基。

不妨设 $Z=Z_{A\cap B},Z_{A\cup B}$ 是从 $Z$ 交换扩充而来。分割 $Z_{A\cup B}$ 为 $Z'=Z_{A\cup B}\cap (A\cap B)$和$E_{A}=Z_{A\cup B}\cap (A-B),E_B=Z_{A\cup B}\cap(B-A)$。

由构造知道，$Z\subseteq Z'$，又 $Z$ 是极大的，故 $Z=Z'$。

此时

\[r(A\cup B)+r(A\cap B)=|E_A|+|E_B|+2|Z|\\ =(|E_A|+|Z|)+(|E_B|+|Z|)\\ \le |Z_A|+|Z_B|=r(A)+r(B) \]

定义 1.3

拟阵是二元组 $(U,F)$，其中 $U$ 是全集，$F=\{A\mid r(I)=I\}$ 是集族，$r$ 是满足秩函数性质的函数。

引理1.2

上述定义等价于定义 1.1 。

证明：

$0\le r(0)\le 0$，故 $r(0)=0,\varnothing \in F$。

遗传性：对于 $B\in F,A\subseteq B$，$|B|=r(B)\le r(A)+r(B-A)$，而 $r(A)\le |A|,r(B-A)=|B-A|,|A|+|B-A|=|B|$，故两者同时取上界，故 $r(A)=|A|,A\in F$。

交换性：设 $A,B\in F,|A|<|B|$。

反证：设已有 $\forall b\in B,r(A\cup \{b_{1:n}\})=|A|$，则：

\[r((A\cup \{b_{1:n}\})\cup (A\cup {b_{n+1}}))+r((A\cup \{b_{1:n}\})\cap (A\cup {b_{n+1}}))\le r(A\cup \{b_{1:n}\})+r(A\cup \{b_{n+1}\})\\ r(A)+r(A\cup\{b_{1:n+1}\})=2r(A)\\ r(A\cup\{b_{1:n+1}\})=|A|\\ r(A\cup B)=|A|\text{ (recursive proof)}\\ \]

而 $r(A)<r(B)\le r(A\cup B)$，矛盾。证毕。

因此，可以通过秩函数定义拟阵。

性质 1.2

1.设 $X,Y$ 是 $(U,F)$ 的不同环，$\forall e\in X\cap Y$，存在环 $C\subseteq X\cup Y-\{e\}$

证明：

设 $f\in X-Y$。反证，设 $X\cup Y-\{e\}\in F$。由于 $X$ 是环，$X-\{f\}\in F$ 。

设 $X\cup Y$ 中最大的包含$X-\{f\}$ 的独立集是 $Z$，而 $Y\not\subseteq Z$，即至少有一个元素 $\in Y,\not\in Z$。

故 $|Z|\le |X\cup Y-\{f\}|-1\le |X\cup Y|-2<|X\cup Y-\{e\}|$ ，而 $|Z|$ 是最大的独立集，故 $X\cup Y-\{e\}\not\in F$，矛盾。

2.设 $B$ 是 $(U,F)$ 的基， $\forall e\not\in B$，$B\cup\{e\}$ 包含唯一环。

反证。若包含环 $C_1,C_2$，这两个环都必定包含 $e$。由上可知 $C_1\cup C_2-\{e\}$ 有环，即 $B$ 有环。不成立。

几种特殊拟阵

定义 2.1

设有限全集为 $U$，$U$ 中的边 $e$ 附有一个同一域上的向量 $v_e$，并且这些向量维数相同。

设集族 $F$，$S\in F$ 当且仅当向量组 $\{v_e\mid e\in S\}$ 线性无关。

此时称 $(U,F)$ 是线性拟阵。

引理 2.1

$(U,F)$ 是拟阵。

证明：

显然 $\varnothing \in F$，且一个线性无关向量组任何子向量组都线性无关。

若 $A,B\in F,|A|<|B|$，则 $\{v_e\mid e\in A\}$ 张出空间的维数是 $|A|$，$\{v_e\mid e\in B\}$ 张出空间的维数是 $|B|$。

由于 $|A|<|B|$，必然存在 $e'\in B-A,$ $\{v_e\mid e\in A\}$ 不能线性表出 $e'$。那么 $A\cup e'\in F$。

定义 2.2

构造一矩阵 $M$，列向量是所有全集中的向量 $v_e$。

此时称 $M$ 可以线性表出 $(U,F)$。并且 $M$ 的秩和 $(U,F)$ 的秩相等。

定义 2.3

定义均匀拟阵：

设有限全集为 $U$，$F=\{S\mid S\subseteq U, |S|\le k\}$。

不难验证这是拟阵。

性质 2.1

均匀拟阵在 $GF(p)(p>n)$ 下是线性拟阵。

证明：设向量 $v_{e_i}=(1,\alpha_i,\alpha_i^2,\dots,\alpha_i^{k-1})$，其中 $\alpha_i$ 为两两不同的 $GF(p)$ 中的非零元。

-什么是 $GF(p)$？

-有 $p$ 个元素的有限域（Galois Field）

那么存在这个矩阵。只需证明：向量组大小不超过 $k$ 当且仅当他们线性无关。

首先，如果向量组大小超过 $k$，他们一定线性相关，因为维数只有 $k$。

显然只需考虑大小等于 $k$ 的向量组。

考虑以其为列向量矩阵，是范德蒙德矩阵；

\[A=\begin{bmatrix} 1& 1& \cdots & 1 \\ \alpha_1& \alpha_2& \cdots & \alpha_{k} \\ \alpha_1^2 & \alpha_2^2 & \cdots & \alpha_k^2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_1^{k-1}& \alpha_2^{k-1}& \cdots & \alpha_k^{k-1} \end{bmatrix} \]

$\operatorname{det}(A)\neq 0$ 当且仅当 $\alpha_i$ 两两不同，而这被满足了。这就说明这些向量线性无关。

定义 2.4

对于一个无向图 $(V(G),E(G))$，定义全集为 $U=E(G)$，边集 $S$ 属于 $F$ 的充要条件是生成子图 $(V(G),S)$ 无环，即是生成森林。

此时称 $(U,F)$ 为图拟阵。

性质 2.2

图拟阵 $(U,F)$ 是拟阵。

证明：空集和遗传显然满足。

下面证明满足交换性质。

设 $A,B\in F,|A|<|B|$，则 $(V(G),A)$ 的连通块数是 $n-|A|$，$(V(G),B)$ 的连通块数是 $n-|B|$。则 $n-|A|>n-|B|$，那么 $B$ 中存在一条边 $e'$ 连接 $(V(G),A)$ 中两个连通块，连上之后不会出现环。那么 $(V(G),A\cup \{e'\})$ 无环。那么 $A\cup \{e'\}\in S$。

性质 2.3

图拟阵在任何域中均可被线性表出（当然所以图拟阵是线性拟阵）。

证明：

对于一条边 $(u,v)$，构造向量 $(v_1,v_2,\dots,v_n)$，其中 $v_u=1,v_v=-1$，其他均为 $0$。

对于一个带圈生成子图 $(V(G),A)$，遍历圈，如果正向访问到（$e_i=(u,v)$ 从 $u$ 到 $v$）就赋权系数 $\alpha_i=1$，否则 $\alpha_i=-1$。没有遍历到的 $\alpha_i=0$。

容易验证此时每个点都被访问了两遍，一个正的一个负的，抵消得到 $\sum v_e\alpha_e =\bf0$。

而不带圈的图如果线性相关，如果去掉系数为 $0$ 的边向量，总有一个点只连接了一条边，它的贡献不可能被抵消，所以不带圈的图一定不线性相关。

注意到我们仅仅使用了单位元，单位元的逆元和零元，所以以上过程对任意域成立。

定义 2.5

给定一二分图，设左/右部点为 $U$，$F=\{A\mid A\subseteq U,A\text{ 可以被一组匹配覆盖}\}$。则称 $(U,F)$ 为横截拟阵。

性质 2.4

横截拟阵是拟阵。

空集和遗传性显然。

设 $A,B\in F,|A|<|B|$。

从一个点 $u\in B$ 开始，找出匹配点，再回来到 $A$ 中某个点再去匹配点；如此交替下去直到不能进行。若成环，则删去环；

由于 $|A<|B|$，存在一个点这样的路一定在 $B$ 中开始，$B$ 的匹配点结束。此时找到了增广路，就可以把 $A$ 加一个左部点进去。

拟阵上的算法

拟阵贪心

算法 3.1

设有一拟阵 $(U,F)$。

1.令初始解集 $S$ 为 $\varnothing$。

2.循环：找到最小权值的未加入解集且能保证解集加上他独立的边 $x$ 并 $S\cup\{x\}\to S$。

3.若不能找到，退出循环，输出 $S$。

定理 3.1

上述算法得到的解集为最小带权基。

证明：设 $X$ 为 $(U,F)$ 的最小带权基。

设 $X=\{x_1,x_2,\dots,x_r\},x_i\le x_{i+1}$。归纳证明 $w(S)\le w(X) $。

设 $S_i$ 为第 $i$ 步得到的结果，$X_i=\{x_1,x_2,\dots x_i\}$。

显然 $S_0$ 和 $X_0$ 满足。下面认为 $w(S_{i-1})\le w(X_{i-1})$。

设 $u=S_i-S_{i-1}$，则根据交换性质，$\exists v\in X_i,\text{s.t. }S_{i-1}\cup \{v\}\in F$，而 $w(x_i)\ge w(v)\ge w(u)$，所以 $w(S_i)\le w(X_i)$。

不难发现，这是 Kruskal 算法。

这也说明了我们线性基从小到大插入的正确性。

注：似乎可以证明非拟阵则贪心不正确。

可以规约得到拟阵最小/大带权环都是多项式时间不可解的。

拟阵交

定义 3.1

对于拟阵 $M=(U,F)$，定义其对偶拟阵 $M^*=(U,F^*)$，其中 $F^*=\{A\mid \exists B\text{ is base}\subseteq U-A\}$。

性质 3.1

对偶拟阵是拟阵。

这里我们依靠定义 1.3，依托秩函数证明。

\[r^*(S)=\max_{A\subseteq S,A\subseteq F^*}|S|\\ =\max_{B\text{ is base of } M}|S-B|\\ =|S|-\min_{B\text{ is base of } M}|S\cap B|\\ =|S|-r(U)+\max_{B\text{ is base of } M}|B\cap (U-S)|\\ =|S|-r(U)+r(U-S) \]

这里证明几条公理。

有界性：$\because r(U)\ge r(U-A),r^*(A)=|A|-r(U)+r(U-A)\le|A|$

单调性：若 $|A|<|B|$，$r^*(B)-r^*(A)=|B|-|A|+r(U-B)-r(U-A)\ge |B|-|A|+|U-B|-|U-A|=0$。

次模性：设 $A,B\in U$，则：

定义 3.2

删除：

设 $M(U,F)$ 为一拟阵，$A\subseteq U$，定义 $M-A=(U-A,\{B\mid B\in F\cap (U-A)\})$

容易验证，$M-A$ 是拟阵。而 $r_{M-A}=r$。

收缩：定义 $M/A$ 为 $(M^*-A)^*$。

\[r_{M/A}(S)=|S|-r_{M^*-A}(U-A)+r_{M^*-A}(U-A-S)\\ =|S|-r_{M^*}(U-A)+r_{M^*}(U-A-S)\\ =|S|-(|U-A|-r(U)+r(A))+(|U-A-S|-r(U)+r(A\cup S))\\ =r(A\cup S)-r(A) \]

发现就是“强制考虑 $A$ 的一组基的拟阵”。

在图拟阵中，这个操作的意思是边收缩，即合并两个顶点。

说明 3.1

拟阵求交。设有二拟阵 $M_1(U,F_1),M_2(U,F_2)$。

$(U,F_1\cap F_2)$ 不一定是拟阵。拟阵交算法解决的是最大公共独立集问题，即 $\max(|F|\mid F\in F_1\cap F_2)$。

可以规约得到，超过 2 个的拟阵交多项式时间不可解。

现在研究 $2$ 拟阵交。

定理 3.2

最小最大定理。

$\max(F)=\min_{A\subseteq U}(r_1(A)+r_2(U-A))$.

先证明 $\le$。

\[|F|=|F\cap A|+|F\cap (U-A)|\\ \le r_1(A)+r_2(U-A) \]

接下来给出 $\ge$ 的构造性证明。

定义 3.3

定义集合的闭包算子：对于 $A\subseteq U,cl(A)=\{e\in U\mid r(A\cup \{e\})=r(A)\}$。

性质 3.2

1.若 $A\subseteq B \Rightarrow cl(A)\subseteq cl(B)$。

证明：

$\forall e\in cl(A)$，$r(B\cap\{e\})+r(A)= r((A\cup\{e\})\cap B)+r(B\cup \{e\})\le r(A\cup \{e\})+r(B)$。

那么 $r(B\cap\{e\})\le r(B)$，而 $r(B\cap\{e\})\ge r(B)$，故 $r(B\cap\{e\})= r(B)$，$e\in cl(B)$。

2.$\forall e\in cl(A),cl(A)=cl(A\cup\{e\})$

证明：

$cl(A)\subseteq cl(A\cup\{e\})$，只需证明 $cl(A\cup\{e\})\subseteq cl(A)$。类似地，设 $f\in cl(A\cup\{e\})$，则

\[r(A)+r(A\cup\{e,f\})=r(A\cup\{e,f\})+r(A\cup(\{e\}\cap\{f\}))\le r(A\cup\{e\})+r(A\cup\{f\}) \]

则 $r(A\cup \{f\})\ge r(A\cup \{e,f\})$，而 $r(A\cup \{f\})\le r(A\cup \{e,f\})$，则 $r(A\cup \{f\})= r(A\cup \{e,f\})$。

则 $r(A\cup \{f\})=r(A),f\in cl(A)$。

3.$cl(cl(A))=cl(A)$

显然。

定理 3.3

羟基强基交换定理。

对于两组不同的基 $A,B$，$\forall x\in A-B,\exists y\in B-A,\text{s.t.} A-\{x\}+\{y\},B-\{y\}+\{x\}$ 都是基。

证明：

$B+\{x\}$ 包含唯一环 $C$，且 $x\in C$。

而 $x\in cl(C-\{x\})$，则 $x\in cl((A\cup C)-\{x\})=cl(A\cup C)$。

由于 $A$ 是基， $U=cl(A)=cl(A\cup C)=cl((A\cup C)-\{x\})$。故 $cl((A\cup C)-\{x\})$ 有一个基，记为 $A'$。

根据交换，$\exists y\in A'-(A-\{x\}),\text{s.t.} A-\{x\}+\{y\}\in F$，即是基。

而由于 $A'-(A-\{x\})\subseteq ((A\cup C)-\{x\})-(A-\{x\})\subseteq C-\{x\}$，$\exists y\in C-\{x\},\text{s.t.}A-\{x\}+\{y\}\in F$（是基）。由于 $C$ 是环， $B-\{y\}+\{x\}$ 也是基。

证毕。

定义 3.4

对于拟阵 $M(U,F)$，$A\in F$，定义交换图 $D_M(A)$ 是二分图，左部点集是 $A$，右部点集是 $U-A$，连接 $x$ 和 $y$ 的边存在当 $A-\{x\}+\{y\}\in F$。

定理 3.4

设 $A\in F,|A|=|B|,B\in F$，则 $D_M(A)$ 中存在左部点 $A-B$ 和右部点 $B-A$ 的完美匹配。

构造拟阵 $M'(U,F'),F'=\{e\mid e\in F,|e|\le |A|\}$。显然这是拟阵，又显然 $D_{M'}(A)=D_M(A)$。那么 $A,B$ 都是 $M'$ 的基。

取 $x\in B-A$，根据羟基交换定理， $\exists y\in A-B$，$A-\{y\}+\{x\},B-\{x\}+\{y\}\in F$。那么 $(y,x)$ 边存在。取此为匹配，并令 $B-\{x\}+\{y\}\to B$。如此可证明。

定理 3.5

设 $A\in F,|A|=|B|$，$D_M(A)$ 中存在左部点 $A-B$ 和右部点 $B-A$ 的唯一完美匹配，则 $B\in F$。

证明：

令此唯一完美匹配为 $N$。将 $N$ 的边定向为从右到左，其他相反。显然，此新有向图是 DAG。所以可以标号使得每条边从小标号到大标号。将 $N$ 的边按入点大小降序排序，使 $N$ 中的边集 $<(x_i,y_i)>(x_i<y_i,y_i\in B-A,x_i\in A-B)$ 满足 $(x_j,y_i)(j>i)$ 不存在于图中。

反证，若 $B\not\in F$，那么设环 $C\subseteq B$，取最小的 $i$ 使得 $x_i\in C$，则 $\forall x\in C-\{x_i\},(x,y_i)\not\in D_M(A)$。那么 $C-\{x_i\}\subseteq cl(A-\{y_i\})$。

故 $cl(C-\{x_i\})\subseteq cl(cl(A-\{y_i\}))=cl(A-\{y_i\})$。由于 $C$ 是环，$x_i\in cl(C-\{x_i\})\subseteq cl(A-\{y_i\})$，但 $(x_i,y_i)\in D_M(A)$，所以 $A-\{y_i\}+\{x_i\}\in F$，那么 $x_i\not\in cl(A-\{y_i\})$，矛盾。

定义 3.4

拟阵交的交换图：给定同一全集上的拟阵 $M_1,M_2$，一个集合 $A\in F_1\cap F_2$，定义 $D_{M_1，M_2}(A)$ 是二分图，左部点是 $A$，右部点是 $U-A$，一条左部点 $x$ 指向右部点 $y$ 的边存在当且仅当 $A-\{x\}+\{y\}\in F_1$，一条右部点 $y$ 指向左部点 $x$ 的边存在当且仅当 $A-\{x\}+\{y\}\in F_2$。

算法 3.2

拟阵交算法。设 $M_1(U,F_1),M_2(U,F_2)$ 是待交的二拟阵。

接下来，我们将看到一个及其类似匈牙利算法的过程。

先令 $A=\varnothing$。定义 $X_1=\{x\mid\{x\}+A\in F_1\,x\not\in A\},X_2=\{x\mid\{x\}+A\in F_2\,x\not\in A\}$。

接下来，在交换图 $D_{M_1,M_2}(A)$ 中找到一个从 $X_1$ 到 $X_2$ 的最短路 $P$（从 $X_1$ 开始，$X_2$ 结束）。

令 $A=A\Delta P$，是集合异或。

最后直到不能再找到任何一条这样的边，算法结束，此时得到的 $A$ 就是最大公共独立集。

直接实现即可。

例题 3.1

UVA 12370

这个就是 Shannon 游戏的图拟阵版本。（稍有不同）。该游戏的性质将在后叙述。

首先显然图需要连通。联通之后，设 $A$ 选点 $u,v$，则加边方（$B$）胜利条件为 $M(E\cup\{(u,v)\},F)$（这是一个图拟阵）有两个不交基，就是有两个不交生成树。

而 $(u,v)$ 是任意的，设原图不含两个不交生成树，不难发现，可以找到 $(u,v)$ 使得新图不含两个不交生成树。因此，我们只需对原图拟阵求不交基即可。等价于求 $M,M^*$ 的最大公共独立集（“拟阵交”）。拟阵交算法可以解决这个问题，时间复杂度 $O(Tnm^2)$。

// Problem: Game of Connect
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/UVA12370
// Memory Limit: 0 MB
// Time Limit: 3000 ms
// UOB Koala
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=305,INF=0x3f3f3f3f;
int Test;
vector<int> D[maxn];
int x[maxn],y[maxn],ex[maxn],fa[maxn],dis[maxn],pre[maxn],n,m;
bool X1[maxn],X2[maxn];
int Find(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);
}
queue<int> q;
signed main(){
	cin>>Test;
	for(int zhicheng=1;zhicheng<=Test;zhicheng++){
		cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cin>>x[i]>>y[i];
			x[i]++,y[i]++;
			ex[i]=1;
		}
		int R=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			if(Find(x[i])!=Find(y[i]))fa[Find(x[i])]=Find(y[i]),R++;
		}
		if(R<n-1){
			cout<<"Case "<<zhicheng<<": NO"<<endl;
			continue;
		}
		while(1){
			for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
			for(int i=1;i<=m;i++){
				if(!ex[i]&&Find(x[i])!=Find(y[i]))fa[Find(x[i])]=Find(y[i]);
			}
			for(int i=1;i<=m;i++){
				if(ex[i]&&Find(x[i])!=Find(y[i]))X1[i]=1;
				else X1[i]=0;
			}
			for(int i=1;i<=m;i++){
				if(ex[i]){
					for(int j=1;j<=n;j++)fa[j]=j;
					int cnt=0;
					for(int j=1;j<=m;j++)if(ex[j]&&j!=i&&Find(x[j])!=Find(y[j]))fa[Find(x[j])]=Find(y[j]),++cnt;
					if(cnt==n-1)X2[i]=1;
					else X2[i]=0;
				}else X2[i]=0;
			}
			for(int i=1;i<=m;i++)D[i].clear();
			for(int i=1;i<=m;i++){
				if(!ex[i]){
					for(int j=1;j<=n;j++)fa[j]=j;
					for(int j=1;j<=m;j++)if(!ex[j]&&j!=i)fa[Find(x[j])]=Find(y[j]);
					for(int j=1;j<=m;j++)if(ex[j]&&Find(x[j])!=Find(y[j]))D[i].push_back(j);
				}else{
					for(int j=1;j<=n;j++)fa[j]=j;
					int cnt=0;
					for(int j=1;j<=m;j++)if(j!=i&&ex[j])if(Find(x[j])!=Find(y[j]))++cnt,fa[Find(x[j])]=Find(y[j]);
					for(int j=1;j<=m;j++)if(!ex[j]&&(cnt==n-1||(cnt==n-2&&Find(x[j])!=Find(y[j]))))D[i].push_back(j);
				}
			}
			for(int i=1;i<=m;i++){
				dis[i]=INF,pre[i]=0;
				if(X1[i])dis[i]=0,q.push(i);
			}
			while(!q.empty()){
				int u=q.front();
				q.pop();
				for(auto v:D[u]){
					if(dis[v]>dis[u]+1){
						dis[v]=dis[u]+1,pre[v]=u;
						q.push(v);
					}
				}
			}
			bool ck=0;
			pair<int,int> ans={INF,INF};
			for(int i=1;i<=m;i++)if(X2[i]&&dis[i]<INF)ck=1,ans=min(ans,{dis[i],i});
			if(ck){
				int now=ans.second;
				while(now)ex[now]^=1,now=pre[now];
			}
			if(!ck)break;
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)if(!ex[i])ans++;
		if(ans==n-1) cout<<"Case "<<zhicheng<<": YES"<<endl;
		else cout<<"Case "<<zhicheng<<": NO"<<endl;
	}
	return 0;
}

定理 3.6

算法 3.2 求出了最大公共独立集。

证明：

设 $S=\{z\mid z\in U,z\text{ 可以通过 D 到达 } X_2\}$。

先证明 $A$ 在每一次异或后总是公共独立集。

这里证明 $A\in F_1$，$F_2$ 类似。

设最短路 $P=\{x_0,y_1,x_1,\dots,y_t,x_t\}$，$B=A-\{y\}_{\ge 1}+\{x\}_{\ge 1}$，其中 $y_i\in A,x_i\in U-A$。

$A-B=\{y\}_{\ge 1},B-A=\{x\}_{\ge 1}$，$|A-B|=|B-A|=t$。

注意到仅保留从左到右的边的基图是 $D_{M_1}$，在此图上 $A-B$ 到 $B-A$ 具有唯一（最短）匹配（路）。

所以 $B\in F_1$。

考虑 $r_1(A\cup B)=r_1(A\cup\{x\}_{\ge 1})=r_1(A)=r_1(B)$，第二个等号成立因为 $\forall e\in cl(A),cl(A)\subseteq cl(A\cup\{e\})$。

而 $x_0\in X_1$，所以 $A+\{x_0\}\in F_1$。考虑 $B$ 应用交换，$\exists x\in A-B+\{x_0\},B+\{x\}\in F_1$。

如果 $x\neq x_0$，则 $r_1(A\cup B)=r_1(B)$ 不成立，所以 $B+\{x_0\}\in F_1$，也就是新的 $A$。

这样就归纳地证明了 $A$ 在每一次异或后总是公共独立集。

证明 $|A|=r_1(S)+r_2(U-S)$ 以说明是最大的（也是对最大最小定理的构造性证明）。

只需证明（还有 $r_2$） $r_1(S)\le |A\cap S|$，因为 $r_1(S)\ge |A\cap S|$。

反证，若 $r_1(S)>|A\cap S|$，$\exists x\in S-A,(A\cap S)\cup\{x\}\in F_1$。

如果 $A\cup\{x\}\in F_1$，那么 $x\in X_1$，而 $x\in S$，可达 $X_2$，而算法已结束，不存在这样的 $x$。矛盾。

所以一定 $\exists y\in A-S,A-\{y\}+\{x\}\in F_1$（由于 $A$ 是独立集，一直交换即可）所以 $(y,x)\in D_{M_1,M_2}$，$y\in S$，矛盾。

另一边同理，即证。这样就结合最小最大定理的 $\le$ 证到了最大性。

所以算法 3.2 求出了最大公共独立集。

算法 3.3

带权拟阵交算法。

设有 $\omega\mapsto U\to \R$。

拟阵交的结果要求最大化选的公共独立集的元素权值和。

只需把求最短路的过程改为：

点赋权 $\omega'$。

\[\omega'(u)=\left\{\begin{matrix} \omega(u) & (u\in U-A)\\-\omega(u) & (u\in A) \end{matrix}\right. \]

求出以点权和作为第一关键字，经过点数为第二关键字的最短路即可。

posted @ 2023-12-16 16:38 British_Union 阅读(158) 评论(0) 编辑收藏举报

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曾梵瑀

拟阵学习笔记（各处抄的，未完）

基础定义性质

拟阵和基、环

定义 1.1

引理 1.1

定理 1.1

定义 1.2

性质 1.1

定义 1.3

引理1.2

性质 1.2

几种特殊拟阵

定义 2.1

引理 2.1

定义 2.2

定义 2.3

性质 2.1

定义 2.4

性质 2.2

性质 2.3

定义 2.5

性质 2.4

拟阵上的算法

拟阵贪心

算法 3.1

定理 3.1

拟阵交

定义 3.1

性质 3.1

定义 3.2

说明 3.1

定理 3.2

定义 3.3

性质 3.2

定理 3.3

定义 3.4

定理 3.4

定理 3.5

定义 3.4

算法 3.2

例题 3.1

定理 3.6

算法 3.3

公告