有向无环图的最小路径点覆盖

问题

给定一张有向无环图 $,$ 要求用尽量少的不相交的简单路径$($ 不是有向边 $)$ $,$ 覆盖有向无环图的所有顶点 $($ 也就是每个顶点恰好被覆盖一次 $).$ 这个问题被称为有向无环图的最小路径点覆盖$.$

解法

$1.$ 拆点二分图定义

设原来的有向无环图为 $G=(V,E),n=|V|.$ 把 $G$ 中的每一个 $x$ 拆成编号为 $x$ 和 $x+n$ 的两个点 $.$ 建立一个新的二分图 $,$ $1\sim n$ 作为二分图左部点 $,$ $n+1\sim 2n$ 作为二分图的右部点 $,$ 对于原图的每条有向边 $(x,y),$ 在二分图的左部点 $x$ 与右部点 $y+n$ 之间连边 $.$ 最终得到的二分图称为 $G$ 的拆点二分图 $,$ 记为 $G_2.$

$2.$ 定理$1$

有向无环图 $G$ 的最小路径点覆盖包含的路径条数 $,$ 等于 $n$ 减去拆点二分图 $G_2$ 的最大匹配数 $.$

证明 $:$
在有向无环图 $G=(V,E)$ 的最小路径点覆盖中 $,$ 因为路径不相交 $,$ 所以 $\forall x\in V$ 的入读和出度都不超过 $1.$ 又因为每个节点都被覆盖 $,$ 所以 $x$ 的入读和出度至少有一个是 $1.$

因此 $,$ 最小路径点覆盖中的所有边 $,$ 在拆点二分图 $G_2$ 中构成一组匹配 $.$ 最小路径点覆盖中每条边 $(x,y)$ 的起点 $x$ 与二分图中每条匹配边 $(x,y+n)$ 的左部点是一一对应的 $.$

对于每条路径的终点 $t$ $,$ 因为 $t$ 没有在 $Dag$ 中的出边 $,$ 所以 $t$ 必然失配 $.$

路径点覆盖包含路径条数最少 $\iff$ 路径的终点数最少 $\iff$ 二分图左部非匹配点最少

故 $G$ 的最小路径点覆盖的路径数等于 $n$ 减去拆点二分图 $G_2$ 的最大匹配数 $.$

$3.$ 拓展问题

给定一张有向无环图 $,$ 要求用尽量少的可相交的简单路径 $,$ 覆盖有向无环图的所有顶点 $($ 也就是每个顶点可以覆盖多次 $).$ 这个问题被称为有向无环图的最小路径可重点覆盖$.$

在最小路径可重点覆盖中 $,$ 若两条路径 $(\cdots \to u\to p\to v\to \cdots )$ 和 $(\cdots \to x\to p\to y\to \cdots )$ 在点 $p$ 相交 $,$ 则我们在原图中增加一条边 $(x,y),$ 让第二条路径通过这条有向边 $,$ 就可以避免重复覆盖点 $p.$

进一步的 $,$ 如果我们把原图中所有间接连通的点对 $x,y$ 直接连上有向边 $(x,y),$ 那么任何 $"$ 有路径相交的点覆盖 $"$ 一定能转化成 $"$ 没有路径相交的点覆盖 $".$

综上所述 $,$ 有向无环图 $G$ 的最小路径可重复点覆盖 $,$ 等价于先对有向图传递闭包 $,$ 得到有向无环图 $G^{\prime },$ 再在 $G^{\prime }$ 上求一般的 $($ 路径不可相交 $)$ 最小路径点覆盖 $.$

$4.$ 独立集问题

$Dilworth$ 定理 $,$ 能证明最大独立集等于最小路径可重点覆盖

设偏序集 $S$ $.$ $S$ 能划分成的最少的全序集 $($ 全序集即可比的边成链 $,$ 最少的全序集即最小路径可重点覆盖 $)$ 的个数为 $K,S$ 的最大反链 $($ 反链即不可比的边成链 $)$ 的元素个数 $($ 即最大独立集 $)$ 为 $M.$

1. 先证明 $K\ge M.$ 设反链 A = { a 1 , a 2 , ⋯   , a M } , A=\{a_1,a_2,\cdots,a_M\}, A={a1​,a2​,⋯,aM​}, 假设 $K<M,$ 那么由抽屉原理 $,$ 必然有两个元素 $a_i,a_j$ 在同一个全序集中 $.$ 那么 $a_i,a_j$ 可比 $.$ 与 $a_i,a_j$ 不可比矛盾 $.$

2. 再证明 $K=M$ 用第二数学归纳法 $.$

   设偏序集 $S$ 中有 $m$ 个元素 $.$

   1. 当 $m=0$ 和 $m=1$ 时 $,$ 对于命题结论显然成立 $.$
   2. 假设 $m<n(n\in {\mathbb{N}}^{+})$ 时命题成立 $,$ 现在证 $m=n$ 时 $,$ 命题也成立 $.$

   设 $x$ 为 $S$ 中的一个极大元 $($ 极大元是偏序集中的一种特殊元素 $,$ 指偏序集中没有比它更大的可比较的元素 $).$ 考虑 $S^{\prime }=S-x$ 这个偏序集 $.$ 由于 $|S^{\prime }|<n,$ 由归纳假设 $,S^{\prime }$ 满足命题 $.$ 设 $S^{\prime }$ 能划分成的最小的全序集个数为 $k,$ 最大反链的元素个数也为 $k.$ 那么我们设 $S^{\prime }$ 被划分成了 $k$ 个链分别为 $C_1,C_2,\cdots ,C_k$ 设所有长度为 $k$ 的反链分别为 $A_1,A_2,\cdots ,A_r($ 假设有 $r$ 条长度为 $k$ 的反链 $)$

   那么对于任意一个 $A_i$ 的元素必定在 $k$ 条链上 $,$ 每条链取一个元素 $.$ 设为 $a_{i1},a_{i2},\cdots ,a_{ik}.$

   那么我们考虑集合 B = { b 1 , b 2 , ⋯   , b k } = { max ⁡ ( a i 1 ) , max ⁡ ( a i 2 ) , ⋯   , max ⁡ ( a i k ) } ( B=\{b_1,b_2,\cdots,b_k\}=\{\max(a_{i1}),\max(a_{i2}),\cdots, \max(a_{ik}) \}( B={b1​,b2​,⋯,bk​}={max(ai1​),max(ai2​),⋯,max(aik​)}( 从每条链中找到最大的在反链中的元素 $).$ 这个集合一定也是一条反链 $.($ 用反证法很容易证明 $:$ 假设存在两个元素 $b_i,b_j$ 可比 $,$ 不妨设 $bi\le bj,$ 其中 $b_i$ 和 $b_j$ 分别位于链 $C_i$ 和 $C_j$ 上 $.$ 那么 $b_i$ 所在链的每个 $a_{ix}$ 都与 $b_j$ 可比 $,$ 与 $C_i$ 上存在一个 $a_{ix}$ 与 $b_j$ 不可比矛盾 $)$ $($ 加粗的地方之所以是正确的 $,$ 是因为 $C_i$ 与 $C_j$ 上肯定有两个元素属于同一条反链 $)$

   现在考虑加入元素 $x$ 的集合 $S.$ 一个显然的事实是 $,$ 加入一个极大元 $,$ 不可能让划分的最少链个数更少 $,$ 但是也不能让链的个数增加 $2$ 及以上 $($ 否则肯定不满足最少链 $).$ 也不能让反链的最大长度更小 $.$

   分两种情况 $:$

   1. 如果 $x$ 这个极大元与 $B$ 中每个元素都不可比。那么考虑 B ∪ { x } , B\cup\{x\}, B∪{x}, 就是一个长度为 $k+1$ 的反链。那么最少能划分的链的个数至少是 $k+1.$ 而加入一个元素 $,$ 链的条数至多增加 $1.$ 因此 $,$ 链的最少条数就是 $k+1.$ 这样，对于这种情况 $,$ 命题对于 $m=n$ 时也成立了 $.$

   2. 如果 $x$ 与 $B$ 中的某个元素可比 $,$ 假设 $x$ 与 $b_i$ 可比 $,$ 那么显然 $x\ge b_i:$
      考虑集合 D = { a 1 i , a 2 i , ⋯   , a r i } ∪ { x } . D=\{a_{1i},a_{2i},\cdots,a_{ri}\}\cup\{x\}. D={a1i​,a2i​,⋯,ari​}∪{x}. $D$ 显然也是一条链 $.$ 现在考虑 $S^{\prime \prime }=S-D$ 这个集合 $.$ 由于每个长度为 $k$ 的反链都被我们抽掉了一个元素 $,$ 所以集合 $S^{\prime \prime }$ 不会有长度为 $k$ 的反链了 $,$ 而长度为 $k-1$ 的反链显然是存在的 $($ 按照原来的构造 $).$ 由归纳假设 $,S^{\prime \prime }$ 最少能划分成的链也是 $k-1.$ 不妨设划分为了 $C_1^{\prime },C_2^{\prime },...,C_{k-1}^{\prime }.$
      那么，我们对 $S$ 就构造出了 $k$ 条链的情况 $:C_1^{\prime },C_2^{\prime },\cdots ,C_{k-1}^{\prime },D.$
      所以反链的长度最大为 $k$ 了 $.$ 而去掉 $x$ 就已经可以构造出长度为 $k$ 的反链 $,$ 因此 $S$ 的最大反链至少是 $k.$ 因此最大反链就是 $k.$
      至此 $,$ 证明结束 $.$

构造方案 $:$ 拆点二分图的 $x_1\to x_{2+n}\to x_2\to x_{3+n}\cdots x_{k+n}$ 对应的是原 $Dag$ 中的一条路径 $x_1\to x_2\to x_3\cdots x_k,$ $x_1$ 即为路径起点 $,$ $x_k$ 即为终点 $.$ 先将所有的终点放入独立集集合 KaTeX parse error: Can't use function '\H' in math mode at position 1: \̲H̲, 再将与 KaTeX parse error: Can't use function '\H' in math mode at position 1: \̲H̲ 连有向边的点加入集合 $\mathbb{N},$ 由于已经传递闭包 $,$ 当 KaTeX parse error: Can't use function '\H' in math mode at position 1: \̲H̲\cap\N=\varnoth… 时 $,$ 显然在原图中没有路径相连 $.$

否则 $,$ 将 KaTeX parse error: Can't use function '\H' in math mode at position 1: \̲H̲\cap\N 的元素向路径起点跳 $,$ 所有在交集中的元素都可以被划分到其他路径上 $,$ 若无解 $,$ 最小路径覆盖有更小解 $,$ 矛盾 $.$