As árvores de abrangência mínima de um gráfico ponderado têm o mesmo número de arestas com um determinado peso?

Se um gráfico ponderado tiver duas árvores abrangentes mínimas diferentes e , é verdade que, para qualquer aresta em , o número de arestas em com o mesmo peso de (incluindo o próprio ) é igual ao número de arestas em com o mesmo peso que ? Se a afirmação é verdadeira, como podemos provar isso?G T 1 = ( V 1 , E 1 ) $G$$T_1 = (V_1, E_1)$ 2 = ( V 2 , E 2 ) e E 1 E 1$T_2 = (V_2, E_2)$$e$$E_1$$E_1$$e$ e E 2$e$$E_2$$e$

Reivindicação: Sim, essa afirmação é verdadeira.

Esboço de prova: Seja duas árvores de abrangência mínimas com multisets com peso de borda . Suponha e denote sua diferença simétrica com .$T_1,T_2$$W_1,W_2$$W_1 \neq W_2$$W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$

Escolha a aresta com , ou seja, e é uma aresta que ocorre em apenas uma das árvores e tem peso mínimo de discordância. Tal uma vantagem, que é, em particular, de e \ em T_1 \ mathop {\ Delta} T_2 , existe sempre: claramente, nem todas as arestas de peso \ min W podem estar em ambas as árvores, caso contrário, \ min W \ W notin . O Wlog deixa e \ in T_1 e assume que T_1 tem mais arestas de peso \ min W do que T_2 .$e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$$w(e) = \min W$$e$$e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$$\min W$$\min W \notin W$$e \in T_1$$T_1$$\min W$$T_2$

Agora considere todas as arestas em que também estão no corte que é induzido por em . Se houver uma aresta que tenha o mesmo peso que , atualize usando vez de ; observe que a nova árvore ainda é uma árvore de abrangência mínima com o mesmo multiset de peso de borda que . Iteramos esse argumento, reduzindo por dois elementos e, assim, removendo uma aresta do conjunto de candidatos a em cada etapa. Portanto, seguimos finamente várias etapas para uma configuração em que todas as arestas em$T_2$$C_{T_1}(e)$$e$$T_1$$e'$$e$$T_1$$e'$$e$$T_1$$W$$e$$T_2 \cap C_{T_1}(e)$(onde é a versão atualizada) tem pesos diferentes de .$T_1$$w(e)$

Agora podemos sempre escolher de tal forma que podemos trocar e ¹, ou seja, podemos criar uma nova árvore de spanning$e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$$e$$e'$

$\qquad \displaystyle T_3 = \begin{cases} (T_1 \setminus \{e\}) \cup \{e'\}, &w(e') \lt w(e) \\[.5em] (T_2 \setminus \{e'\}) \cup \{e\}, &w(e') \gt w(e) \end{cases}$

que tem peso menor que e ; isso contradiz a escolha de como árvores abrangentes mínimas. Portanto, .$T_1$$T_2$$T_1,T_2$$W_1 = W_2$

1. Os nós incidentes de estão em conectados por um caminho ; é a aresta única em .$e$$T_2$$P$$e'$$P \cap C_{T_1}(e)$

Aqui está um argumento um pouco mais simples que também funciona para outros matróides. (Vi essa pergunta de outra .)

Suponha que tenha arestas. Sem perda de generalidade, assuma que a função de peso assume valores em ; portanto, temos uma partição de nos conjuntos para . Podemos induzir o número de não vazio e o número de vértices em ; para e qualquer , a afirmação é óbvia.G m w [ m ] E E i : = w - 1 ( i ) i ∈ [ m ] j E i n G j = 1 $G$$m$$w$$[m]$$E$$E_i := w^{-1}(i)$$i\in [m]$$j$$E_i$$n$$G$$j=1$$n$

Um fato padrão sobre matróides é que para cada MST não é uma extensão linear da migração induzida por para que o algoritmo guloso produz .T w $T$$w$$T$

Para fechar a indução, tome como o maior número para que não esteja vazio. Defina . Observe que qualquer extensão linear de coloca todas as arestas em antes de qualquer aresta em . De acordo com o fato, qualquer MST consiste em uma floresta de abrangência do subgrafo induzido por e algumas arestas de . Pela hipótese indutiva, cada componente conectado de tem o mesmo número de arestas de cada para . Como todas as opções de$t$$E_t$$E' = E_1 \cup \cdots \cup E_{t-1}$$w$$E'$$E_t$$F$$E'$$E_t$$F$$E_i$$i < t$$F$tiver o mesmo tamanho, o número de arestas de necessário para completar em uma árvore de abrangência é independente da escolha de e pronto.$E_t$$F$$F$