最大重量匹配和亚模块功能

给定一个二分图与正权让与等于图中的最大重量匹配。 $G = (U \cup V, E)$ $f: 2^U \rightarrow \mathbb{R}$ $f(S)$ $G[S\cup V]$

是亚模函数，这是真的吗？ $f$

matching submodularity

— 乔治·奥克塔维安·拉班卡
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你怎么看？您是否尝试过证明/反证？

— Yuval Filmus's

直觉上似乎应该是对的，但我无法证明这一点。我也认为，如果确实如此，那应该是一个众所周知的结果，但是我找不到参考。

— 乔治·奥克塔维安·拉班卡

对于未加权的情况，这是正确的，因为它可以减少到最小切割。如何证明加权版本并不明显...

— 徐超，

考虑

与边权1,1,1,2。

K_{2, 2}

$K_{2,2}$

— 安德拉斯·萨拉蒙

@AndrásSalamon似乎在最后一步中，您假设

是可加的，但事实并非如此。最大匹配

可能使用已经被使用的两个匹配顶点的

和

。我现在对此有一个证明，但绝对比这更多。

f

$f$

S \cap T

$S\cap T$

S ∖ T

$S \setminus T$

T ∖ S

$T \setminus S$

— 乔治·奥克塔维安·拉班卡

定义。对于给定的有限集合，一组函数是子模如果对于任何它认为： $A$ $f:2^A \rightarrow \mathbb{R}$ $X, Y \subseteq A$

f (X) + f (Y) \geq f (X \cup Y) + f (X \cap Y) .

$f(X) + f(Y) \geq f(X \cup Y) + f(X \cap Y).$

引理给定一个二分图具有正的边权重，让是映射函数最大重量匹配的中值。那么是次模的。 $G = (A \cup B, E)$ $f: 2^A \rightarrow \mathbb{R}^+$ $S\subseteq A$ $G[S \cup B]$ $f$

证明。 修复两组和让和是用于图2对集和分别。为了证明该引理就足以表明它可以在边缘分区和成两个不相交匹配数和 $X, Y \subseteq A$ $M_\cap$ $M_\cup$ $G[(X\cap Y) \cup B]$ $G[(X \cup Y) \cup B]$ $M_\cap$ $M_\cup$ $M_X$ $M_Y$ 对于图和分别。 $G[X\cup B]$ $G[Y\cup B]$

的边缘和形成的交替的路径和循环的集合。令表示该集合，并观察到任何循环都不包含来自或顶点。这适用，因为不匹配的顶点。 $M_\cap$ $M_\cup$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}$ $X\setminus Y$ $Y\setminus X$ $M_\cap$

设为具有至少一个顶点在的路径的集合，并使为具有至少一个顶点在的路径的集合。下图描述了两个这样的路径。 $\mathcal{P}_X$ $\mathcal{C}$ $X \setminus Y$ $\mathcal{P}_Y$ $\mathcal{C}$ $Y \setminus X$

权利要求1 。 $\mathcal{P}_X \cap \mathcal{P}_Y = \emptyset$

通过矛盾存在一个路径假设。令为路径上的顶点，类似地，令为路径上的顶点。观察，由于既不也不属于他们不属于该匹配由定义，因而他们是路径的端点。而且，由于和 $P \in \mathcal{P}_X \cap \mathcal{P}_Y$ $x$ $X\setminus Y$ $P$ $y$ $Y \setminus X$ $P$ $x$ $y$ $X \cap Y$ $M_\cap$ $P$ $x$ 是，路径具有偶数长度并且由于它是交错路径中，第一或最后边缘属于。因此匹配或者或，这违背的定义和证明了权利要求。 $y$ $A$ $P$ $M_\cap$ $M_\cap$ $x$ $y$

让和很显然，和因为

M_{X} = (P_{X} \cap M_{\cup}) \cup ((C ∖ P_{X}) \cap M_{\cap})

$M_X = (\mathcal{P}_X \cap M_\cup) \cup ( (\mathcal{C} \setminus \mathcal{P}_X) \cap M_\cap)$

M_{Y} = (P_{X} \cap M_{\cap}) \cup ((C ∖ P_{X}) \cap M_{\cup}) .

$M_Y = (\mathcal{P}_X \cap M_\cap) \cup ( (\mathcal{C} \setminus \mathcal{P}_X) \cap M_\cup).$

M_{X} \cup M_{Y} = M_{\cap} \cup M_{\cup}

$M_X \cup M_Y = M_\cap\cup M_\cup$

。为了证明这一点仍然是表明定理

和

是有效匹配数

和

分别。地看到，

为有效匹配数

首先观察到的是没有的顶点

是由匹配的

M_{X} \cap M_{Y} = M_{\cap} \cap M_{\cup}

$M_X \cap M_Y = M_\cap \cap M_\cup$

M_{X}

$M_X$

M_{Y}

$M_Y$

G [X \cup B]

$G[X\cup B]$

G [Y \cup B]

$G[Y\cup B]$

M_{X}

$M_X$

G [X \cup B]

$G[X\cup B]$

Y ∖ X

$Y \setminus X$

M_{X}

$M_X$

P_{X}

$\mathcal{P}_X$ 不相交

通过权利要求1，和

不相交

的定义。因此，

只使用的顶点

。第二观察到每个顶点

是由最多一个边缘匹配

因为否则

属于的任两个边缘

或的两个边缘

，矛盾的定义。这证明了

Y ∖ X

$Y \setminus X$

M_{\cap}

$M_\cap$

Y ∖ X

$Y \setminus X$

M_{X}

$M_X$

X \cup B

$X \cup B$

x \in X

$x\in X$

M_{X}

$M_X$

x

$x$

M_{\cup}

$M_\cup$

M_{\cap}

$M_\cap$

M_{X}

$M_X$ 为有效的对照

; 表示

为有效匹配数

是相似的。

G [X \cup B]

$G[X\cup B]$

M_{Y}

$M_Y$

G [Y \cup B]

$G[Y\cup B]$

— 乔治·奥克塔维安·拉班卡
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看起来很棒！作为一个小建议：的定义

和

不是对称的，所以你的最终宣称“

M_{X}

$M_X$

M_{Y}

$M_Y$

...相似”的不是立即的。它更清楚（我认为）如果你让

表示连接部件没有接触到任何顶点

，然后设置

M_{Y}

$M_Y$

C^{'} ≐ C ∖ P_{X} ∖ P_{Y}

$\mathcal{C'} \doteq \mathcal{C} \setminus \mathcal{P}_X \setminus \mathcal{P}_Y$

X Δ Y

$X \Delta Y$

和

是具有相同

和

交换，然后将最后一个

改变到

。

M_{X} = (P_{X} \cap M_{\cup}) \cup (P_{Y} \cap M_{\cap}) \cup (C^{'} \cap M_{\cap})

$M_X = (\mathcal{P}_X \cap M_\cup) \cup (\mathcal{P}_Y \cap M_\cap) \cup (\mathcal{C'} \cap M_\cap)$

M_{Y}

$M_Y$

X

$X$

Y

$Y$

M_{\cap}

$M_\cap$

M_{\cup}

$M_\cup$

— 安德鲁·摩根