对装满垃圾桶

如果一个垃圾箱至少包含球，则称该垃圾箱为满。我们的目标是使尽可能多的垃圾箱充满。 $k$

在最简单的情况下，我们得到球，可以任意排列。在那种情况下，显然，我们能做的最好的就是任意捡起垃圾桶，并在每个垃圾桶中放入球。 $n$ $\lfloor n/k \rfloor$ $k$

我对以下情况感兴趣：给我们对球。我们必须将每对的两个球放在两个不同的箱中。然后，一个对手来到并从每对对手中删除一个球。移除后如何使最大数量的满箱数成为可能？ $n$

一个简单的策略是：选择对垃圾箱。用球对填充每个箱对（每个箱包含球，每对一个）。然后，无论我们的对手删除了什么，我们都在每个垃圾箱对中至少有一个完整的垃圾箱。 $\lfloor n/(2k-1) \rfloor$ $2k-1$ $2k-1$

我们是否有一种策略可以实现更多的满仓（大于）？ $\lfloor n/(2k-1) \rfloor$

combinatorics balls-and-bins

— 埃雷尔·塞加尔·哈利维（Erel Segal-Halevi）
source

我不这么认为

— Zach Saucier

n

$n$ 给定，给定？取决于？

k

$k$

k

$k$

n

$n$

— Evil

@EvilJS和给出，并且是独立的。

n

$n$

k

$k$

— Erel Segal-Halevi

玩家是否放置了全部对球，然后对手选择了球？还是玩家放置了一对球，然后对手从该对中选择一个，然后玩家放置了下一对，对手则选择了一个，依此类推，直到没有更多的球可以放置了？

n

$n$

n

$n$

— rotia

@rotia玩家放置所有n对球，然后对手选择n个球。

— Erel Segal-Halevi

TL; DR-不，没有比简单策略更好的策略了。 这是证明的主要思想。当没有足够的球时，就会有一个从满的箱子到最多有球的箱子的“球道” 。对手可以沿着该路径将一个球从那个满满的箱子传递到那个不满满的箱子，这可以重复进行，直到减少满满的箱子的数量为止。 $k$ $k-2$ $k$

图论的重新表述

假设我们给了一个简单的有限图，其函数为。我们说边缘有球。令为（标记末端的边缘）集。如果满足每个边，我们说是 -distributing。任何函数引发一个函数，我们使用相同的符号，。我们说 $G(V,E)$ $w: E\to\Bbb Z_{\ge 0}$ $w(e)$ $e$ $E_2$ $\{(e,v)| e\in E, v\in e\}$ $d:E_2\to\Bbb Z_{\ge 0}$ $w(e)=d(e,v_1) + d(e,v_2)$ $e=\{v_1,v_2\}$ $d$ $w$ $w$ $d$ $d:V\to\Bbb Z_{\ge 0}$ $d(v) =\sum_{v\in e}d(e,v)$ $d(v)$ 球在。给定，令，即个全顶点的个数为。 $v$ $k\in\Bbb Z_{\gt0}$ $F_k(d)=\#\{v\in V|d(v)\ge k\}$ $k$ $d$

（绕过定理）对于任何简单的有限图和，我们都有 $G(V,E)$ $w:E\to\Bbb Z_{\ge0}$ $\sum_{e\in E}w(e)\geq (2k-1) \min_{w\text{-distributing }d}F_k(d)$

想象每个顶点都是一个bin。对于每个边，将球对放入和，每个对都得到球。在这些的球对，对手可能带走球从和从球。最终结果与以下情况相同：在初始给定所有空仓的情况下，对于每个边缘，将球放入其中，然后分别放入和球分配到和 $e=\{v_1,v_2\}$ $w(e)$ $v_1$ $v_2$ $w(e)$ $w(e)$ $d(e,v_2)$ $v_1$ $d(e,v_1)$ $v_2$ $e=\{v_1, v_2\}$ $w(e)$ $d(e,v_1)$ $d(e,v_2)$ $v_1$ $v_2$ 分别由对手。因此，Erel-Apass定理说，为了确保在精明的对手撤离后 k个满箱，至少需要对球。 $t$ $(2k-1)t$ 换句话说，具有最大可能的剩余满箱数的最佳策略确实是“简单策略”，它反复用球对填充不同的一对箱，直到我们没有足够的球可以重复。 $2k-1$

定理的证明

为了矛盾，令和为反例，其顶点数在所有反例中最小。也就是说，有 -distributing使得是所有当中最小的 -distributing函数。此外， $G(V,E)$ $w$ $w$ $m$ $F_k(m)$ $F_k(d)$ $w$ $d$

\sum_{e \in E} w (e) < (2 k - 1) F_{k} (m)

$\sum_{e\in E}w(e)\lt (2k-1)F_k(m)$

令。令。因此。 $V_s=\{v\in V | m(v)\le k-2\}$ $V_\ell=\{v\in V|m(v)\geq k\}$ $F_k(m)=\#V_\ell$

声明一：。 $V_s\neq\emptyset$
权利要求一的证明。否则，假设为空。让我们还重用作为从到的函数，这样对任何。 $V_s$

\sum_{v \in V} m (v) = (k - 1) # V + \sum_{v \in V} (m (v) - (k - 1)) \geq (k - 1) # V + # V_{ℓ} > (k - 1) # V

$\sum_{v\in V}m(v)= (k-1)\#V +\sum_{v\in V}(m(v)-(k-1)) \ge (k-1)\#V + \#V_\ell \gt (k-1)\#V$

w

$w$

V

$V$

Z_{\geq 0}

$\Bbb Z_{\ge 0}$

w (v) = \sum_{v \in e} w (e)

$w(v)=\sum_{v\in e}w(e)$

v \in V

$v\in V$

\begin{aligned} \sum_{v \in V} w (v) & = \sum_{v \in V} \sum_{v \in e} w (e) = \sum_{e \in E} \sum_{v \in e} w (e) = \sum_{e \in E} 2 w (e) = 2 \sum_{e \in E} w (e) \\ = 2 \sum_{e \in E} \sum_{v \in e} m (e, v) = 2 \sum_{v \in V} \sum_{v \in e} m (e, v) = 2 \sum_{v \in V} m (v) \\ > 2 (k - 1) # V \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{v\in V}w(v) &=\sum_{v\in V}\sum_{v\in e }w(e) =\sum_{e\in E }\sum_{v\in e}w(e) =\sum_{e\in E}2w(e) =2\sum_{e\in E}w(e)\\ &=2\sum_{e\in E }\sum_{v\in e}m(e,v) =2\sum_{v\in V}\sum_{v\in e }m(e,v) =2\sum_{v\in V}m(v)\\ &\gt 2(k-1)\#V \end{align}$ 因此必须有一个顶点使得。

b

$b$

w (b) \geq 2 k - 1

$w(b)\ge 2k-1$

考虑归纳设置和，其中，是归纳图，其中。对于任何 -distributing函数，我们可以将其扩展到一个 -distributing函数其中是相同的上而对于与相邻的每个边。注意，自 $G'(V', E')$ $w'$ $V'=V\setminus\{b\}$ $G'(V', E')$ $G[V']$ $w'=w|_{E'}$ $w'$ $d'$ $w$ $d_{d'}$ $d_{d'}$ $d'$ $E'$ $d_{d'}(e, b)=w(e)$ $e$ $b$ $F_k(d_{d'})= F_k(d') + 1$ $d_{d'}(b)=\sum_{b\in e}d_{d'}(e,b) = \sum_{b\in e}w(e)=w(b)\ge 2k-1\ge k$ 。然后因此，和是一个反例，其顶点数小于的顶点数。根据我们对和假设，这不可能成立。因此索赔一被证明。

\begin{aligned} \sum_{e \in E^{'}} w^{'} (e) & \leq \sum_{e \in E} w (e) - w (b) \\ < (2 k - 1) F_{k} (m) - (2 k - 1) \\ = (2 k - 1) (min_{w -distributing d} F_{k} (d) - 1) \\ \leq (2 k - 1) (min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d_{d^{'}}) - 1) \\ \leq (2 k - 1) min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d^{'}) \end{aligned}

$\begin{align}\sum_{e\in E'}w'(e)&\le\sum_{e\in E}w(e) - w(b)\\ &\lt (2k-1)F_k(m) -(2k-1)\\ &=(2k-1) \left(\min_{w\text{-distributing }d}F_k(d) -1\right)\\ &\le (2k-1) \left(\min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d_{d'})-1\right)\\ &\le (2k-1) \min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d') \end{align}$

G^{'} (V^{'}, E^{'})

$G'(V', E')$

w^{'}

$w'$

G

$G$

G (V, E)

$G(V,E)$

w

$w$

对于任何顶点，定义从顶点-reachable如果有一个路径，使得。令。 $v$ $v$ $d$ $u$ $u_0= u, u_1, u_2, \cdots, u_m, u_{m+1}=v$ $m\ge0$ $d(\{u_i, u_{i+1}\}, u_i)>0$ $V_r=V_\ell\cup \{v\in V|\exists u\in V_\ell \text{ and } v\text{ is } m\text{-reachable from } u \}$

如权利要求2： $V_r = V$
如权利要求2的证明：假设。对于任何顶点和，因为我们无法达到从，如果是边缘，那么考虑诱导装置和，其中，是诱导图，其中。对于任何函数， $V_r\neq V$ $v\in V_r$ $u\notin V_r$ $u$ $v$ $\{v, u\}$ $w(\{v, u\}, v) = 0.$ $G'(V', E')$ $w'$ $v'=V_r$ $G'(V', E')$ $G[V']$ $w'=w|_{E'}$ $w'$ $d'$ $w$ $d_{d'}$ 其中与上的相同，其他边上的相同。注意因为所有内部不少于球的顶点都在。然后所以，和 $d_{d'}$ $d'$ $E'$ $m$ $F_k(d_{d'})= F_k(d')$ $k$ $V_\ell\subset V_r$

\begin{aligned} \sum_{e \in E^{'}} w^{'} (e) & \leq \sum_{e \in E} w (e) \\ < (2 k - 1) F_{k} (m) \\ = (2 k - 1) min_{w -distributing d} F_{k} (d) \\ \leq (2 k - 1) min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d_{d^{'}}) \\ \leq (2 k - 1) min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d^{'}) \end{aligned}

$\begin{align}\sum_{e\in E'}w'(e)&\le\sum_{e\in E}w(e)\\ &\lt (2k-1)F_k(m)\\ &=(2k-1) \min_{w\text{-distributing }d}F_k(d)\\ &\le (2k-1) \min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d_{d'})\\ &\le (2k-1) \min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d') \end{align}$

G^{'} (V^{'}, E^{'})

$G'(V', E')$

w^{'}

$w'$

G

$G$ 。根据我们对和假设，这不可能成立。因此主张二被证明。

G (V, E)

$G(V,E)$

w

$w$

现在让我们证明定理。

由于和，因此存在路径，具有，和。让我们从构造一个新的函数，以便 $V_r=V$ $V_s\neq\emptyset$ $u_0= u, u_1, u_2, \cdots, u_m, u_{m+1}=v$ $m\ge0$ $m(u)\gt k$ $m(v)\leq k-2$ $d(\{u_i, u_{i+1}\}, u_i)>0$ $w$ $r(m)$ $m$

r (m) (e, u) = {\begin{cases} m ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i}) - 1 & if (e, u) = ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i}) for some 0 \leq i \leq m \\ m ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i + 1}) + 1 & if (e, u) = ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i + 1}) for some 0 \leq i \leq m \\ m (e, u) & otherwise \end{cases}

$r(m)(e, u)= \begin{cases} m(\{u_i, u_{i+1}\}, u_i) -1 & \text{ if } (e,u)=(\{u_i, u_{i+1}\},u_i)\text { for some } 0\le i\le m\\ m(\{u_i, u_{i+1}\}, u_{i+1}) +1 & \text{ if } (e,u)=(\{u_i, u_{i+1}\},u_{i+1})\text { for some } 0\le i\le m\\ m(e,u) &\text{ otherwise } \end{cases}$

$m$ 和在除和之外的所有顶点上都一致，和。我们可以在上应用此过程以获得。将此时间重复一个足够大的，我们将获得函数其中。然而，我们已经假定是中的最小值的 -distributing函数 $r(m)$ $v$ $u$ $m(v)\lt r(m)(v)\le k-1$ $r(m)(u)\lt m(u)$ $r(m)$ $r^2(m)$ $i$ $i$ $w$ $r^i(m)$ $F_k(r^i(m))=0$ $F_k(m)>0$ $F(d)$ $w$ $d$ 。这个矛盾表明我们已经证明了Erel-Apass定理。

— 约翰·L
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我看了证明，看起来不错。实际上，如果我理解正确，它会更通用，因为它允许使用任意图-我的问题是G是完整图的特殊情况。它是否正确？另一个问题：证明在哪里确切使用m使得Fk（m）最小的事实？我看到它仅在最后一段中使用-如果没有这个事实，证明中的先前声明是否正确？

— Erel Segal-Halevi，

是的，该定理对任何图都是正确的，因为它说“对于任何（简单有限）图G（V，E）”。的对于每个声明都是必需的。如果搜索“ counterexample”，则会找到使用极小值的位置。

F_{k} (m)

$F_k(m)$

— John L.