Задачи раскраски графов

1. Задачи раскраски графов А.В.Пяткин

2. Вершинная раскраска • Раскрасить вершины графа в минимальное число цветов так, чтобы смежные вершины получали бы разные цвета (разбиение на независимые множества)

3. Хроматическое число • Минимальное число цветов, необходимое для правильной раскарски вершин = 3 = 2 = 4

4. Нижние оценки для хроматического числа • ≥, где – мощность максимальной клики • ≥ n/,гдеn– число вершин, а – мощность максимального независимого множества

5. Конструкция Мицельского • Для любого k≥2 cуществуют графы с ≥k и= 2. • k = 2k = 3k = 4

6. Конструкция Мицельского • Граф Mk+1строится из Mkследующим образом: для каждой вершины vдобавим ее копию v’с тем же множеством соседей. Добавим вершину v0, смежную с каждой вершиной v’ • Покажем, что Mk+1нельзя раскрасить в k цветов

7. Конструкция Мицельского • Предположим, что это не так. Можно считать, что вершина v0окрашена в цвет k • Вершины графаMk, раскрашенные цветом k, перекрасим в цвета их копий из M’k M’k Mk M’k Mk k v0 v0 k k k

8. Верхние оценки для хроматического числа • Граф называется t-вырожденным, если в любом его подграфе есть вершина степени не более t. • Теорема. Если граф t-вырожденный, то ≤ t+1

9. Доказательство • Индукция по n: при удалении любой вершины граф остается t-вырожденным • Удалим вершину vстепени tи раскрасим оставшийся граф в t+1 цвет по индукции • Красим вершину vв цвет, отсутствующий среди цветов ее соседей • Следствие.  ≤ +1, где  – максимальная степень графа

10. Оценка ≤ +1 достигается для нечетных циклов (=2, =3) и полных графов (=n–1, =n). • Теорема Брукса (1941). Если граф Gне является полным графом или нечетным циклом, то (G)≤ .

11. Доказательство • Для ≤2 утверждение очевидно. Пусть ≥3 • Индукция по n. Удалим из Gвершину v. • Полученный граф Hможно раскрасить в  цветов (если Hне является полным или нечетным циклом, то по индукции; иначе, степень графа Hравна  – 1).

12. Доказательство • 1) В любой раскраске графа Hвсе цвета 1,2,…, присутствуют среди цветов соседей вершины v. Обозначим через viсоседа vцвета i v1 1 v2 v 2 v  N(v)

13. Доказательство • 2) Пусть Hi,j – подграф H, порожденный вершинами цветов iиj. Тогда viи vjлежат в одной компоненте связности графа Hi,j vi v i j i i Hi,j j j i j vj N(v)

14. Доказательство • В противном случае, можно перекрасить компоненту, cодержащуюviи окрасить вершину vцветомi vi vi i j j i j j i j i i i v j v i Hi,j Hi,j j vj i j j vj i j N(v) N(v)

15. Доказательство • 3) Компонента связности графа Hi,j, содержащаяviи vj, является путемPi,j vi i j i v Pi,j j vj i j N(v)

16. Доказательство • Если это не так, пусть u– ближайшая к viвершина степени больше 2 в Hi,j. Тогда ее можно перекрасить и разбить компоненту связности Hi,j vi vi u u i j i j i v v Hi,j Hi,j j j vj i j j vj i j j N(v) N(v)

17. Доказательство • 4) Для любых i,j,kпути Pi,j и Pj,kпересекаются только в вершине vj vi j i i Pi,j v j i j vj k j Pj,k k vk j k N(v)

18. Доказательство • Еслипути Pi,j и Pj,kпересекаются в вершине u≠vj, то вершину uможно перекрасить и разбить компоненту связности vi vi Pi,j j i j i i i Pi,j v v k k j u j u j vj vj i i Pj,k k k vk vk Pj,k j k j k N(v) N(v)

19. Доказательство • Так какG– не полный граф, то среди соседей вершины vнайдутся две несмежные, скажемv1и v2. Пусть u – сосед вершины v1, окрашенный цветом 2. Перекрасим путь P1,3 1 3 3 1 v1 u v1 u 1 3 2 1 3 1 2 1 P1,2 P1,2 v 1 2 v 2 1 2 2 v2 3 v2 1 P1,3 P1,3 1 3 v3 3 1 v3 1 3

20. Доказательство • В полученной раскраске рассмотрим пути P2,3и P1,2. Они пересекаются в вершине u≠v2 P2,3 1 3 1 3 u v1 2 1 3 2 1 2 P1,2 v 3 2 1 2 v2 3 3 2 1 v3 3 1 1 2

21. Реберная раскраска • Раскраска ребер в минимальное число цветов ’, так чтобы не было смежных ребер одного цвета (разбиение на паросочетания) • Ясно, что’(G)=(L(G)) 2 6 1 4 9 6 4 2 5 3 5 9 8 1 3 7 8 7 G L(G)

22. Нижняя оценка • Очевидно, ’(G)≥ • Теорема Кёнига (1916). Если граф G двудольный, то ’(G)=

23. Доказательство • Индукция по m • Удалим ребро xyи раскрасим ребра оставшегося графа в  цветов по индукции • При каждой из вершин xи yостанется по крайней мере по одному цвету, не использованному для раскраски примыкающих к ней ребер (свободные цвета).

24. Доказательство • Пусть цвет aсвободен при вершине x. Если он свободен и при вершине y, то красим реброxyцветомa. • Иначе, обозначим черезbсвободный цвет при вершинеy. • Рассмотрим цветочередующуюся(a,b)-цепь, начинающуюся в вершине y.

25. Доказательство • Эта цепь не может закончиться в вершине x, поскольку граф не содержит нечетных циклов. После ее перекраски ребро xyкрасится цветом a y x y x a b b b a a b b a a b G G

26. Верхняя оценка • Теорема Визинга (1964). Для любого графаG выполнена оценка ’(G)≤+1

27. Доказательство • Индукция по m • Для любого ребра xy, граф G\xy красится в +1цвет. Тогда при каждой вершине есть свободный цвет. Более того: • (*) Для любых цветов a и b, свободных при вершинах xи y соответственно, цветочередующаяся(a,b)-цепь, начинающаяся в вершине y, заканчивается в вершине x (иначе действуем как в Теореме Кёнига).

28. Доказательство • Удалим ребро xy0 и раскрасим полученный граф в +1 цвет. Выберем при xи y0свободные цвета aи a0. При xесть ребро xy1, окрашенное цветом a0. Пусть a1– свободный при y1цвет. Тогда им окрашено некоторое ребро xy2. И т.д. – строим максимальную последовательность y0,y1,…,yk, где ребро xyiокрашено в цвет ai, свободный при вершине yi-1

29. Доказательство • Если при xнет ребра цвета ak, то перекрашиваем каждое ребро xyiв цвет ai y0 y0 a0 a0 y1 y1 a1 a1 x y2 a a y2 x a2 a2 ak ak yk yk ak ak

30. Доказательство • Значит, найдется такое i, что ak=ai=b. Перекрасим каждое ребро xytв цвет atдля t=0,1,…,k-1. Реброxykстанетнеокрашенным y0 y0 a0 a0 yi yi ai=b b a x a x yi+1 yi+1 ai+1 ai+1 yk yk b ak=b

31. Доказательство • По (*), цветочередующаяся(a,b)-цепь, начинающаяся в вершине yk, заканчивается в вершине x. Более того, ее последним ребром будет ребро xyi y0 a0 yi b a x yi+1 ai+1 yk b

32. Доказательство • Вернемся к исходной раскраске и перекрасим каждое ребро xytв цвет atдля t=0,1,…,i-1. Реброxyiстанетнеокрашенным. • Но тогда цветочередующаяся(a,b)-цепь, начинающаяся в вершине yi, заканчивается в вершинеyk,а не x. y0 y0 a0 a0 yi yi b b a x yi+1 a x yi+1 ai+1 ai+1 yk yk b b

33. Доказательство • Значит, ее можно перекрасить и окрасить ребро xyiцветом a y0 y0 a0 a0 yi yi b b a x yi+1 a x yi+1 ai+1 ai+1 yk yk b b

34. Предписанная раскраска • Каждая вершина (ребро) имеет свой собственный набор допустимых цветов • Задача возникает при попытке продолжить имеющуюся частичную раскраску графа

35. Предписанное хроматическое число ch(G) • Это минимальное k, при котором граф допускает правильную раскраску для любого предписания мощности не менее kпри каждой вершине. • Ясно, что ch(G)≥(G)

36. Примерграф G cch(G)>(G) ? ?

37. Теорема. Для любого t≥3существует двудольный граф Gс ch(G)>t. • Доказательство. G=Kt,tt • Предписания меньшей доли: непересекающися множества A1,A2,…,Atмощностиtкаждое • Предписания большей доли: все варианты выбора по одному элементу из A1,A2,…,At

38. Предписанная раскраска плоских графов • Существует плоский граф Gс ch(G)>4. • Граф Ga,bнельзя раскрасить в соответствии с предписанием a b Ga,b

39. a b ? Ga,b a b ? Ga,b

40. Предписанная раскраска плоских графов • Плоский граф Gс ch(G)>4 G1,5 G1,6 {1,2,3,4} {5,6,7,8} … G4,8

41. Предписанная раскраска плоских графов • Теорема Томассена (1994). Если G – плоский, то ch(G)≤5

42. Предписанная раскраска плоских графов • Лемма. Пусть в плоском графе Gвнешняя грань ограничена циклом C=v1v2…vk, а все внутренние грани треугольные. Пусть v1иv2 окрашены различными цветами aиb, остальные вершины цикла Cимеют предписания мощности 3, а внутренние вершины – предписания мощности 5. Тогда существует раскраска графа Gв соответствии с этим предписанием.

43. Доказательство • Индукция по n. Рассмотрим 2 случая • Случай 1. В цикле Cесть хорда xy. Обозначим через С1 ту часть цикла, которая содержит вершины v1и v2 x v2 v1 C2 C1 y

44. Доказательство • Красим по индукции сначала C1, а потом C2. x x v2 v2 v1 v1 C2 C2 C1 C1 y y

45. Доказательство • Случай 2. В цикле Cнет хорд. Обозначим через u1,u2,…,usсоседей вершины vk, лежащих внутри цикла C v2 v1 vk vk-1 u1 u2 us C

46. Доказательство • В предписании вершины vk выберем цвета c и d, отличные от a и удалим их из предписаний вершин u1,u2,…,us. Удалив вершину vk, получим меньший граф G’ с предписанием, удовлетворяющим условиям теоремы. b c d a v2 v1 vk vk-1 u1 u2 us G’ C

47. Доказательство • По индукции раскрасим граф G’в соответствии с предписанием. Цвета cи dне использовались при раскраске вершин v1,u1,u2,…,us. Красим vkтем из них, который отличен от цвета вершины vk-1. b c d a v2 v1 vk vk-1 u1 u2 us G’ C

48. Предписанная раскраска ребер • Гипотеза Визинга. Для любого графа G, ch’(G)=’(G). • Теорема Галвина (1995). Если граф G двудольный, тоch’(G)=’(G).

49. Лемма. Пусть в графе Gзадано вершинное предписание L. Предположим, ребра Gможно ориентировать так, чтобы: • (1) |L(v)|>d+(v) для каждой вершины v • (2) В любом подграфе G’найдется такое независимое множество A, что из каждой вершины vG’\Aв Aведет хотя бы одна дуга. • Тогда вершины графа Gможно раскрасить в соответствии с предписанием.

50. Доказательство леммы • Индукция по n. • Выберем цвет aи рассмотрим подграф G’, порожденный вершинами, чьи предписания содержат a. Раскрасим вершины из Aцветом aи удалим их из G. Удалим цвет aизпредписаний остальных вершин графа G’. Их предписания уменьшатся на 1. Но так как их исходящие полустепени также уменьшились хотя бы на 1, то оставшийся граф можно докрасить по индукции.