Fokszámkorlátos irányítások

Vizsgáljuk meg olyan irányítások létezésének feltételét, amelyeknél a gráf minden csúcsának a befoka előre megadott korlátok közé esik. Kicsit konk-rétabban, legyenf :V →Z+∪ {−∞} ésg :V → Z+∪ {∞}két függvény, melyekre f ≤ g. (Egy csúcson a −∞ alsó korlát azt jelenti, hogy ezen a csúcson egyáltalán nincs alsó korlát. Itt nullát is írhatnánk, de jobb a−∞, mert így a feltételben rögtön látni lehet, hogy az ilyan csúcsok nem játsza-nak szerepet. A helyzet hasonló a∞felső korlát esetén.) Kezdjük egy nagyon egyszerű speciális esettel.

Egy irányítatlan gráfot akkor nevezünkEuler-gráfnak, ha minden pont foka páros (függetlenül attól, hogy a gráf összefüggő-e vagy sem). Egy irányí-tott gráfot vagy egy irányítatlan gráf egy irányítását akkor nevezünk Euler-gráfnak, ha minden pont befoka egyenlő a kifokával. Kicsit általánosabban, egy gráf irányításátközel-Eulernak hívjuk, ha minden pontnak a befoka és a kifoka legfeljebb eggyel tér el. Természetesen egy irányítatlan Euler-gráf közel-Euler irányítása Euler-irányítás.

1.3.5. Tétel. Egy G irányítatlan gráfnak akkor és csak akkor van Euler-irányítása, haGEuler.

Bizonyítás. Irányítatlan Euler-gráf könnyen látható módon mindig felbont-ható élidegen irányítatlan körök egyesítésére. E körök mindegyikét körbe irá-nyítva egy irányított Euler-gráfot kapunk.

1.3.3. Következmény. TetszőlegesGgráfnak van közel-Euler irányítása.

1.3. Algoritmikus bizonyítások II : javító utak 15 Bizonyítás. Jelölje a páratlan fokú pontok halmazátT. Adjunk a gráfhoz egy új pontot, és kössük össze a T minden elemével. Így Euler-gráfot kaptunk, amelynek az előbbi tétel szerint van Euler-irányítása, és ezt az eredeti élekre megszorítvaG-nek egy közel-Euler irányítását kapjuk.

1.3.6. Tétel. Ha egy irányítatlan gráfnak D₁ és D₂ két olyan irányítása, amelyre%₁(v) =%₂(v)minden v csúcsra fennáll, akkor egyirányú körök egy-más utáni megfordításával el lehet jutniD₁-bőlD₂-be.

Bizonyítás. Ha egy él irányítása ugyanaz a két irányításban, úgy azt kihagyva indukcióval készen vagyunk. Így minden él fordítva szerepel a két irányítás-ban, és ezért%₁(v) =%₂(v) =δ₁(v), vagyis D₁ irányított Euler-gráf. Emiatt élidegen körök uniójára bomlik, amelyeket egymás után átforgatvaD2-t kap-juk.

1.3.7. Tétel. AG= (V, E)gráfnak akkor és csak létezik olyan irányítása, (i)amelyben%(v)≥f(v)mindenv csúcsra fennáll, ha

e(X)≥fe(X)minden X⊆V -re, (1.3) (ii)amelyben%(v)≤g(v)mindenv csúcsra fennáll, ha

i(X)≤g(X)e mindenX ⊆V -re, (1.4) (iii)amelybenf(v)≤%(v)≤g(v)mindenvcsúcsra fennáll, ha mind (1.3), mind (1.4) fennáll.

Bizonyítás. (1.3) szükségessége. Tegyük fel, hogy létezik jó irányítás. Ekkor fe(X)≤P[%(v) :v∈X]≤e(X).

(1.3) elegendősége.Gegy irányításában nevezzünk egyspontot hibásnak, vagy pontosabban behiányosnak, ha %(s) < f(s). Válasszunk G-nek egy olyan irányítását, amelynek aP[f(v)−%(v)) :vbehiányos]összeggel definiált hibája minimális. Ha ez a hiba 0, vagyis ha nincs behiányos csúcs, akkor készen vagyunk.

Legyen most azs csúcs behiányos, és jelöljük X-szel a megadott irányí-tásban azon pontok halmazát, amelyeks-ből elérhetők. EkkorX-ből nem lép ki él, és ígyP

[%(v) :v ∈X] =e(X). Most X szükségképpen tartalmaz egy olyant pontot, amelyre %(t)> f(t), mert ha nem létezne ilyen pont, akkor fe(X)>P

[%(v) :v ∈X] =e(X)következne, ellentmondásban az (1.3) fel-tétellel. Egys-ből t-be vezető út éleinek irányítását megfordítva G-nek egy olyan irányítását kapjuk, amelynek hibája kisebb, mint a meglévő irányításé.

A módszer ismételt alkalmazásával legfeljebbfe(V)út megfordításával egy jó irányítást kapunk.

Analóg módon igazolható a tétel második része (azzal az eltéréssel, hogy most egy t pont akkor hibás, ha kihiányos, azaz ha a meglévő irányításban

%(t)> g(t), ésX-szel azon pontok halmazát jelöljük, amelyekbőlt elérhető).

Valójában a második rész formailag is ekvivalens az első azon változatával, amikor olyan irányítást keresünk, amelyben minden v pont kifoka legalább f(v) :=dG(v)−g(v).

Végül a harmadik rész igazolásához induljunk ki egy olyan irányításból, amelyre (∗) %(v) ≤ g(v) teljesül minden v pontra. Alkalmazzuk az első rész algoritmusát és figyeljük meg, hogy ennek során egyspontnak a befoka csak akkor nő, ha %(s)< f(s) ≤g(s), vagyis (∗) automatikusan érvényben marad.

16. Feladat. Adjunk szükséges és elegendő feltételt olyan irányítás létezésére, amelyre nem csak a pontok befokára van alsó és felső korlát előírás, hanem a kifokára is.(A megoldáshoz használhatjuk az 1.3.7 tételt.)

Érdemes kiemelni a tétel alábbi, mindenképp meglepőnek minősítendő kö-vetkezményét.

1.3.4. Következmény. Tegyük fel, hogy aGgráfnak van olyan irányítása, amelyre %(v) ≥ f(v) minden v csúcsra, és van olyan irányítása, amelyre

%(v)≤g(v)minden v csúcsra. Ekkor olyan is van, amely egyszerre elégíti ki mindkét követelményt (feltéve, hogyf ≤g).

Az itt megfogalmazott tulajdonságot (jobb híján)linkingtulajdonságnak nevezhetjük. Számos helyen feltűnik, hátterében, amint majd látni fogjuk, egy polimatroidokra vonatkozó tétel áll.

1.3.5. Következmény (Irányítási lemma). Adott G = (V, E) gráfra és m:V →Zfüggvényre a következők ekvivalensek.

Girányítható úgy, hogy minden v csúcsra%(v) =m(v), (1.5)

e(X)≥m(Xe )mindenX ⊆V-re ésm(Ve ) =|E| (1.6) i(Y)≤m(Ye )mindenY ⊆V-re és m(Ve ) =|E|. (1.7) Bizonyítás. Miutáne(X) +i(V −X) = |E|=m(Ve ) = m(Xe ) +m(Ve −X), az (1.6) és (1.7) feltételek ekvivalenciája következik. (1.6) nyilván szüksé-ges (1.5)-höz. Figyeljük meg, hogyf :=m-re (1.6) és (1.3) ugyanaz, így az 1.3.7 tételből kapjuk, hogy van olyan irányításaG-nek, amelyre%(v)≥m(v) minden v csúcsra. Mivel |E| = P[%(v) : v ∈ V] ≥ P[m(v) : v ∈ V] =

=m(Ve ) =|E|, minden vpontra egyenlőség áll, azaz %(v) =m(v).

3. Gyakorlat. Legyenek%és%⁰ aGkét irányításának befokfüggvényei, ame-lyekre %(v) =%⁰(v) minden v csúcsra. Igazoljuk, hogy ekkor %(X) = %⁰(X) mindenX ⊆V-re.

1.3. Algoritmikus bizonyítások II : javító utak 17 17. Feladat. LegyenU aG= (V, E)gráf csúcsainak egy részhalmaza. Mu-tassuk meg, hogy egy m⁰ : U → Z függvényhez akkor és csak akkor létezik G-nek olyan irányítása, amelyre %(v) =m⁰(v)mindenv∈U-ra, haiG(X)≤

≤m⁰(X)≤eG(X)fennáll mindenX ⊆U halmazra.

18. Feladat.Egy 2-élösszefüggő gráfnak létezik erősen összefüggő közel-Euler irányítása.

Fentebb már említettük, hogy egy irányítatlan Euler-gráf mindig irányít-ható úgy, hogy minden pontnak a befoka egyenlő a kifokával. Az alábbi általá-nosítás önmagában is érdekes, de az élidegen utakról szóló fejezetben meglepő alkalmazásra is lel majd.

1.3.6. Következmény (Ford és Fulkerson). Adott egy M = (V, A+E) vegyes gráf, amely a G= (V, E)irányítatlan és D= (V, A)irányított gráfok összetevésével keletkezett. Akkor és csak akkor lehet úgy irányítaniEelemeit, hogy az előálló irányított gráf Euler-féle legyen (azaz minden pont befoka megegyezzék a kifokával), ha M-ben minden pont páros sok (irányított és irányítatlan)éllel szomszédos, azaz

δD(v) +%D(v) +dG(v)páros, (1.8) és

d_G(X)≥%_D(X)−δ_D(X)teljesül mindenX ⊆V-re. (1.9) Bizonyítás. AGegyG~ = (V, ~E)irányításának befok-, illetve kifokfüggvényét jelölje%G~ ésδG~.D+G~ akkor Euler-féle, ha mindenvcsúcsra%D(v)+%G~(v) =

=δD(v) +δG~(v), ami %G~(v) +δG~(v) = dG(v) miatt azzal ekvivalens, hogy

%G~(v) = (δD(v)−%D(v) +dG(v))/2. A jobb oldalt jelöljükm(v)-vel. Ez (1.8) miatt egész. Alkalmazzuk az 1.3.5 következményt, és figyeljük meg, hogy az madott választásánál (1.9) ekvivalens az (1.6) feltétellel.

19. Feladat. Az 1.3.5 következményt használva vezessük le Hall tételét. (Se-gítség : AG= (S, T;E)páros gráf éleinek keressünk olyan irányítását, amely-ben mindenS-beli pont befoka 1és mindenT-belit pont befokadG(t)−1.) 20. Feladat. Mutassuk meg, hogy az 1.3.7 tétel bizonyításában szereplő út-átfordítós technika az előbbi feladat megoldása nyomán a Kőnig-tételre leírt javítóutas bizonyítást adja vissza.

21. Feladat. Bizonyítsuk be az1.3.5következményt a Hall-tételre támaszkod-va.(Segítség : készítsünk el egy páros gráfot úgy, hogyGminden élét osszuk fel egy ponttal [ezen osztópontok alkotják a páros gráf pontjainak egyik osz-tályát], továbbá mindenvpontját helyettesítsükm(v)ponttal. Az így kapott páros gráf egy teljes párosítása G egy (1.5)-öt teljesítő irányításának felel meg, míg a Hall-féle feltétel az (1.6) feltétellel ekvivalens.)

22. Feladat. Az1.3.7tétel segítségével adjuk meg annak szükséges és elegen-dő feltételét, hogy egy adott páros gráfnak létezzék olyan részgráfja, amelyben minden pont fokszáma előre megadott korlátok közé esik.

23. Feladat. Az előző feladatot felhasználva adjuk meg annak szükséges és elegendő feltételét, hogy egy irányított gráfnak létezzék olyan részgráfja, amely-ben minden pont befoka is és kifoka is előre megadott korlátok közé esik.

24. Feladat. Az 1.3.4 következmény segítségével igazoljuk az alábbi ered-ményt, amely a linking tulajdonság egy korai megjelenése.

1.3.7. Következmény (Mendelssohn és Dulmage). Ha egy G = (S, T;E) páros gráfban létezik olyan párosítás, amely fedi azX ⊆S halmazt, és létezik olyan párosítás, amely fedi azY ⊆T halmazt, akkor létezik olyan párosítás is, amely egyszerre fediX-et ésY-t.

25. Feladat. [Landau tétele]Legyen m1≥m2≥. . .≥mn nem-negatív egé-szeknek egy sorozata. Akkor és csak akkor létezik olyan turnament, amelyben az i-edik pont befoka mi, ha Pn

i=1mi = n(n−1)/2 és Pk

i=1mi ≤ k(k−

−1)/2 +k(n−k)minden1≤k≤nértékre.

26. Feladat. Legyen D = (V, A) irányított gráfban s és t két olyan csúcs, melyekre%_D(s) = 0 =δ_D(t)és tegyük fel, hogy

%(T)≥kfennáll minden t¯s-halmazra. (1.10) Igazoljuk, hogy D tartalmaz egy olyan D⁰ részgráfot, amelyben %⁰(v) =δ⁰(v) teljesül mindenv ∈V − {s, t} pontra ésδ⁰(s) =k=%⁰(t). Vezessük le ebből a Menger-tétel élidegen változatát, amely szerintD-ben akkor és csak akkor létezik k élidegen úts-ből t-be, ha (1.10) fennáll. (Segítség : LegyenG az az irányítatlan gráf, amelyetD-ből kapunk az élek irányításának elhagyásával.

KeressünkG-nek olyanG~ irányítását, amelyben mindenv∈V − {s, t}pont befoka az eredeti,sbefokak, éstbefoka%D(t)−k.D azon élei által alkotott D⁰ részgráf, melyekG-ben fordítva vannak, jó lesz.)~

Irányítások egy alkalmazása

Egy G = (V, E) irányítatlan gráf minden v pontján adott tiltott fokszá-mok egyF(v)⊆ {0,1, . . . , dG(v)} halmaza. AGegy G⁰ = (V, E⁰) részgráfja F-elkerülő, hadG⁰(v)6∈F(v)mindenv csúcsra.

1.3.8. Tétel(Shirazi és Verstraëte). Ha

|F(v)| ≤ bdG(v)/2cmindenv csúcsra, (1.11) akkorG-nek létezikF-elkerülő részgráfja.

1.4. Algoritmikus bizonyítások III : helyi javítások 19