[学习笔记] Dilworth 定理

让我来抄一抄洛谷日报和命题人讲座！内容偏 MO 向，但只要知道集合和集族的基本概念就行了！

1. 引入

以下给出 Dilworth 定理的一个叙述：当集族 $\mathcal{A}=\{A_1,A_2,\cdots ,A_t\}$ 分拆为互不相交的链时，所拆出的链的最小条数 $m$ 等于 $\mathcal{A}$ 中元素最多的 Sperner 族的元数 $s$。

以下对链以及 Sperner 族做一些讨论。

2. Sperner 族

若集族 $\mathcal{A}$ 中任意两个子集 $A_i,A_j(i\ne j)$ 互不包含，则称 $\mathcal{A}$ 为 Sperner 族。

2.1 Sperner 定理

考虑这样一个问题：对于 $n$ 元集 $U=\{1,2,\cdots ,n\}$ 的子集族 $\mathcal{A}$ 是 Sperner 族，那么 $\mathcal{A}$ 中最多能够有多少个元素？一个简单的想法是，对于 $U$ 中所有 $k$ 元集组成的集族 ${\mathcal{A}}_k$，其显然是一个 Sperner 族，它的大小为 $C_n^k$，显然当 $k=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 时取最大值。

而事实上这个结论是正确的：

Sperner 定理：若 $n$ 元集 $U=\{1,2,\cdots ,n\}$ 的子集族 $\mathcal{A}$ 是 Sperner 族，则 $\mathcal{A}$ 的元素至多有 $C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 个，且 $n=2k$ 时当且仅当所有元素为所有 $k$ 元集合时取等；$n=2k+1$ 时当且仅当所有元素为所有 $k$ 元集合或所有 $k+1$ 元集合时取等。

考虑 $1\sim n$ 的全排列，显然其总数为 $n!$。另一方面，考虑 $\mathcal{A}$ 中的某个集合 $A_i$，设 $|A_i|=k$，那么前 $k$ 个元素恰好组成 $A_i$ 的排列个数为 $k!(n-k)!$。而 $\mathcal{A}$ 为 Sperner 族，那么容易证明对于 $\mathcal{A}$ 内的所有集合，它们所对应的排列都互不相同。设 $\mathcal{A}$ 中有 $f_k$ 个 $A_i$ 使得 $|A_i|=k$，则 $\sum f_k\times k!(n-k)!\le n!$。又因为当 $k=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 时 $C_n^k$ 取最大值，则

$$|\mathcal{A}|=\sum _{k=1}^n\le C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\sum _{k=1}^n{f}_k\times \frac{k!(n-k)!}{n!}\le C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$$

当 $\mathcal{A}$ 由全部 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 元集组成时上式取等。当 $n=2k+1$ 时由 $C_n^k=C_n^{k+1}$ 可知当 $\mathcal{A}$ 全部由 $k+1$ 元集组成时上式也取等。

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以下给出 Sperner 定理的另一个证明：

设 $\mathcal{A}=\{A_1,A_2,\cdots ,A_t\}$，设这些集合中元数最小的集合是 $r$ 元集，共有 $f_r$ 个。我们尝试向 $r$ 元集中添加一个 $U$ 中的元素，由于添加的方案数为 $n-r$，所以添加后至少有 $\frac{f_r(n-r)}{r+1}$ 个 $r+1$ 元集，由 Sperner 族的定义我们知道这些集合与 $A_1,A_2,\cdots ,A_t$ 均不相同。当 $r\le \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 时 $\frac{n-r}{r+1}>1$，此时总子集个数增加，所以可得 $r\ge \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$。运用类似的方法，可以得到元数最大值 $s\le \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 能取到最大值，因此可得当 $s=r=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 时取最大值 $C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$。

2.2 Sperner 定理的推广

设 $A_1,\cdots ,A_k,B_1,\cdots ,B_k$ 为 $n$ 元集 $U$ 的子集，满足当且仅当 $i=j$ 时 $A_i\cap B_j=\varnothing$，令 $a_i=|A_i|$，$b_i=|B_i|$，则有

$$\sum _{i=1}^k{\displaystyle \frac{1}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}}\le 1$$

类似 Sperner 定理的证明，考虑 $1\sim n$ 的全排列，$A_i$ 中元素全部在 $B_i$ 中元素前面的排列个数为

$$C_n^{a_i+b_i}\times a_i!b_i!(n-a_i-b_i)!=\frac{n!}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}$$

考察集合之间的相对位置，容易证明在每一个排列中至多有一个 $A_i$ 在 $B_i$ 之前，对 $i$ 求和就得到了结论。取 $B_i=A_i^{\prime }$（$A_i^{\prime }$ 表示 $A_i$ 的补集），此时原式变为 $\sum \frac{1}{C_n^{a_i}}\le 1$，由 $(C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{)}_{max}$ 就得到了 Sperner 定理。

3. 链

狭义的链：对于 $U$ 的子集族 $\mathcal{A}=\{A_1,A_2,\cdots ,A_t\}$，若其满足 $A_1\subset A_2\subset \cdots A_t$，则称 $\mathcal{A}$ 为一条长度为 $t$ 的链。

3.1 链的性质

例 $1$：设 ${\mathcal{A}}_1,{\mathcal{A}}_2,\cdots ,{\mathcal{A}}_m$ 是 $U$ 的 $m$ 条链，满足任意两条链之间不存在包含关系。若每条链的长度均为 $k+1$，则 $$m_{max}=C_{n-k}^{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor }$$

设 $m$ 条链 $A_{i0}\subset A_{i1}\subset \cdots \subset A_{ik}$ 满足条件，对 Sperner 定理的推广形式取 $A_i=A_{i0}$，$B_i=A_{ik}^{\prime }$，则 $a_i=|A_{i0}|$，$b_i=n-|A_{ik}|\le n-(a_i+k)$，因此 $C_{a_i+b_i}^{a_i}\le C_{n-k}^{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor }$。显然 $A_i\cap B_i\subseteq A_{ik}\cap A_{ik}^{\prime }=\varnothing$，若有 $i\ne j$ 使得 $A_i\cap B_j=\varnothing$，那么 $A_{i0}\subset A_{jk}$，矛盾。因此 $A_i,B_i$ 满足条件。故

$$m=\sum _{i=1}^{m}1\le \sum _{i=1}^m\frac{C_{n-k}^{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor }}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le C_{n-k}^{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor }$$

另一方面，设 $M_i$ 为 $\{k+1,k+2,\cdots ,n\}$ 的 $\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor$ 元子集，这样的子集共有 $C_{n-k}^{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor }$ 个。而链 $M_i\subset M_i\cup \{1\}\subset M_i\cup \{1,2\}\subset \cdots \subset M_i\cup \{1,2,\cdots ,k\}(1\le i\le C_{n-k}^{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor })$ 恰好满足条件，这就完成了证明。

3.2 对称链

若一条链 $\mathcal{A}$ 满足 $|A_{i+1}|=|A_i|+1,|A_1|+|A_t|=n$，则称 $\mathcal{A}$ 为一条对称链。显然每条对称链都包含 $U$ 的一个 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 元集。

例 $2$：$U=\{1,2,\cdots ,n\}$ 的全体子集可以拆分成 $C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 条互不相交的对称链。

对 $n$ 归纳，$n=1$ 时显然。设命题对于 $n-1$ 成立，设 $\boxed{{\displaystyle A_1\subset A_2\subset \cdots A_t}}(1)$ 为 $n-1$ 时的任意一条链，考虑链 $\boxed{{\displaystyle A_1\subset A_2\subset \cdots A_t\cup \{n\}}}(2)$ 和链 $\boxed{{\displaystyle A_1\cup \{n\}\subset A_2\cup \{n\}\subset \cdots A_{t-1}\cup \{n\}}}(3)$，显然上述两条链都是 $U$ 的对称链。

设 $A\subset U$，如果 $n\notin A$，那么 $A$ 一定恰好在一条形如 $(1)$ 或 $(2)$ 的链中，并且不在任意一条 $(3)$ 中。如果 $n\in A$，那么 $A-\{n\}$ 恰好在一条 $(1)$ 中，当他等于 $A_t$ 时 $A$ 恰在一条 $(2)$ 中，否则 $A$ 恰在一条 $(3)$ 中。所以 $U$ 的全部子集被拆分成了若干条不相交的对称链，而每条对称链恰好含有一个 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 元子集，所以链条数为 $C_n^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$。

3.3 广义的链

考虑将链中的 $\subset$ 关系推广到任意一种偏序关系。即对于某种关系 $\succ$，满足对某个集合 $S$ 中的某个元素，这些元素满足 $x\succ y$，$y\succ z$ 时有 $x\succ z$，即这种关系具有传递性。则 $S$ 中具有这样广义的链：$x_1\succ x_2\succ \cdots \succ x_t$。

常见的偏序关系：大于/小于，包含，整除，OI 中图论里的有向边等等。

例 $3$：证明：对于 $m\in N^{+}$，$m$ 的所有正因数可分为互不相交的对称链（定义偏序关系为整除）。

考虑归纳，设 $P$ 为素数集，当 $m=p^{\alpha }(p\in P,\alpha \in N)$ 时，$m$ 的所有因数可以组成 $1,p,p^2,\cdots ,p^{\alpha }$ 一条对称链。

设命题对不同素因子个数 $\le n$ 的 $m$ 成立，考虑 $m=m_1{p}^{\alpha },p\nmid m_1$，并且 $m_1$ 的素因子个数 $\le n$，将 $m_1$ 的所有因数分解成若干条不相交的对称链，设 $d_1,d_2,\cdots ,d_h$ 是其中一条。作表：

$$\left[\begin{array}{cccccc}{d}_1& d_2& \cdots & d_{h-2}& d_{h-1}& d_h\\ d_{1}p& d_{2}p& \cdots & d_{h-2}p& d_{h-1}p& d_{h}p\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮\\ d_1{p}^{\alpha }& d_2{p}^{\alpha }& \cdots & d_{h-2}{p}^{\alpha }& d_{h-1}{p}^{\alpha }& d_h{p}^{\alpha }\end{array}\right]$$

其中每一层均为一条对称链，以最外层为例：$d_1,d_2,\cdots ,d_{h-1},d_h,d_{h}p,d_h{p}^2,\cdots ,d_h{p}^{\alpha }$ 构成对称链。容易知道 $m$ 的所有因子都在表中出现过，因此命题成立。

3.4 分拆链

设 $P_1,P_2,\cdots ,P_n$ 均为 $U$ 的分拆，若 $P_1$ 仅有一个集合 $U$，$P_i$ 由 $A_1,A_2\cdots ,A_i$ 组成，且其中某两个集合合并后可以组成 $P_{i-1}$，那么 $P_1,P_2,\cdots ,P_n$ 是一个长为 $n$ 的分拆链。容易对其计数。

4. Dilworth 定理

回到最开始给出的叙述：

例 $4$：试证明 Dilworth 定理：当集族 $\mathcal{A}=\{A_1,A_2,\cdots ,A_t\}$ 分拆为互不相交的链时，所拆出的链的最小条数 $m$ 等于 $\mathcal{A}$ 中元素最多的 Sperner 族的元数 $s$。

首先可以做一个简单的观察，由于 Sperner 族中 $s$ 个元素互不包含，因此每条链中至多包含一个这样的元素，因此 $m\ge s$。

接下来只需证明 $s\ge m$。考虑对 $t$ 归纳，当 $t=1$ 时显然成立。假设结论对 $<t$ 的情况成立，考虑此时的 $\mathcal{A}$，对 $\mathcal{A}$ 中任一元数 $s$ 的 Sperner 集 $\mathcal{B}$，不在 $\mathcal{B}$ 中的元 $A$ 必与 $\mathcal{B}$ 中的某个元 $B$ 有包含关系，否则与 $\mathcal{B}$ 的最大性矛盾。将满足 $B\subset A$ 的 $A$ 归入 ${\mathcal{B}}_1$ 一族，满足 $A\subset B$ 的 $A$ 归入 ${\mathcal{B}}_2$ 一族，如果 ${\mathcal{B}}_1,{\mathcal{B}}_2$ 均非空，令 ${\mathcal{A}}_1=\mathcal{B}\cup {\mathcal{B}}_1,{\mathcal{A}}_2=\mathcal{B}\cup {\mathcal{B}}_2$，$|{\mathcal{A}}_1|,|{\mathcal{A}}_2|<t$。

我们称集合 $A$ 是族 $\mathcal{A}$ 的最小元当且仅当 $A$ 不包含族 $\mathcal{A}$ 中的其他元。称集合 $A$ 是族 $\mathcal{A}$ 的最大元当且仅当 $A$ 不被族 $\mathcal{A}$ 中的其他元包含。由归纳假设，${\mathcal{A}}_1,{\mathcal{A}}_2$ 均可以分拆为 $s$ 条链，而 $\mathcal{B}$ 为 Sperner 族，所以在 ${\mathcal{A}}_1$ 中，$\mathcal{B}$ 的元都是最小元，从而 ${\mathcal{A}}_1$ 的 $s$ 条链终端正是 $\mathcal{B}$ 的 $s$ 个元；同理，${\mathcal{A}}_2$ 的 $s$ 条链的始端正是 $\mathcal{B}$ 的 $s$ 个元（作为最大元）。因此可以将 ${\mathcal{A}}_1$ 的链与 ${\mathcal{A}}_2$ 的链逐对连接起来形成 $\mathcal{A}$ 的链，因此有 $s\ge m$。

如果对 $\mathcal{A}$ 中任意元数为 $s$ 的 Sperner 族 $\mathcal{B}$，${\mathcal{B}}_1,{\mathcal{B}}_2$ 至少有一个为空，那么 $\mathcal{A}$ 中至多有两个元数为 $s$ 的 Sperner 族，即 $\mathcal{A}$ 的最大元所成的族 $\mathcal{E}$ 和 $\mathcal{A}$ 的最小元所成的族 $\mathcal{F}$。于是有以下三种情况：

• 仅族 $\mathcal{E}$ 有 $s$ 个元。这时从 $\mathcal{E}$ 中去掉一个元 $A$，$\mathcal{A}$ 剩下 $s-1$ 个元，并且 $\mathcal{A}$ 中最大的 Sperner 族仅剩 $s-1$ 个元，所以由归纳假设可以分拆为 $s-1$ 条链，加上 $A$ 单独形成的链，共 $s$ 条。

• 仅族 $\mathcal{F}$ 有 $s$ 个元。同理可知 $\mathcal{A}$ 可分拆为 $s$ 条链。

• $\mathcal{E},\mathcal{F}$ 均有 $s$ 个元。任取 $B\in \mathcal{F}$，必有 $A\in \mathcal{E},B\subset A$。去掉 $A,B$ 后剩下的元组成 $s-1$ 条链，加上链 $B\subset A$ 共 $s$ 条链。

综上，Dilworth 定理得证。值得一提的是，将集族改为任意偏序集，$\subset$ 改成任意偏序关系 $\succ$，定理仍然成立。

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例 $5$：设 $\mathcal{A}$ 为偏序集。证明：若 $\mathcal{A}$ 不含长为 $m+1$ 的链，则 $\mathcal{A}$ 可以表为至多 $m$ 个 Sperner 族的并。

考虑归纳：当 $m=0$ 时结论显然。设命题对 $m-1$ 成立。设 $\mathcal{A}$ 的最大元组成 Sperner 族 $\mathcal{B}$，那么 $\mathcal{A}-\mathcal{B}$ 中不含长为 $m$ 的链。由归纳假设，$\mathcal{A}-\mathcal{B}$ 可表为至多 $m-1$ 个 Sperner 族的并，加上 $\mathcal{B}$ 即为 $m$ 个 Sperner 族。

事实上，例 $5$ 是 Dilworth 定理的对偶。

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例 $6$：证明：实数数列 $a_1,a_2,\cdots ,a_{nm+1}$ 中一定能够找出一个 $m+1$ 项的递增子列，或能够找出一个 $n+1$ 项的递减子列。

若 $a_i\le a_j,i<j$，则称 $a_i\succ a_j$。如果原数列中递增的子序列至多 $m$ 项，那么由 $\lceil \frac{nm+1}{m}\rceil =n+1$ 可知原数列至少能分为 $n+1$ 条链。从而有 $n+1$ 项组成 Sperner 族，即有一个 $n+1$ 项的递增子序列。

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例 $7$：LG4928 [CTSC2008]祭祀

给定一个 $n$ 个点，$m$ 条边的 DAG，求其最大 Sperner 族，并构造方案。

别忘了自己还是个 OIer！Dilworth 定理在 OI 中一般表述成这样的形式：最小链覆盖数 = 最长反链长度（即最大 Sperner 族大小），然后就可以使用最大流等方法求解了。这题也可以当做是 OI 中 Dilworth 定理的板子题。

5. 总结

MO 相关的东西咱也不敢乱说......不过 Dilworth 定理在 OI 中的应用形式似乎是比较简单的，也很难见到相关的题，学着就图一乐（大雾）。不过咱也不懂为啥这点东西能搞一天，可能 MO 水平太低就是这样的吧！