桥可加性与边扩展性研究

桥可加性、边扩展性与连通性

科林·麦克迪阿米德1和科尔丝汀·韦勒1,2
1牛津大学统计系，圣吉尔斯街24‐29号，牛津 OX1 3LB，英国（电子邮件： cmcd@stats.ox.ac.uk）
2瑞士苏黎世联邦理工学院理论计算机科学研究所，苏黎世 8092，瑞士

2014年3月6日收到；2016年11月2日修订

一个图类被称为桥可加的，如果对于该类中的每个图以及不同连通分量中的每对顶点u和 v，通过添加一条连接u和v的边所得到的图也必须属于该类。这一概念由麦克迪阿米德、 施特格和威尔士于2005年引入，他们证明了：对于从此类图类中均匀采样得到的一个随 机图，其为连通的概率至少为1/e。

我们将这些及相关结果推广到具有边扩展性质且带有边权重的桥可加类。在此类中， 图的采样概率与边权乘积成正比。例如，我们得到了从相对桥可加图类中均匀采样一个 图时其连通概率的下界，其中允许引入部分但不必是全部的可能的桥。此外，我们研究 了这些下界是否紧致，并特别给出了关于完全平衡多部图中随机森林的详细结果。

2010年数学主题分类：主分类05C80 次分类60C05

引言

背景。近年来，从某个合适的结构化类别（带标签的）图中均匀采样的随机图引起了越 来越多的关注，例如平面图。特别是桥可加类受到了广泛关注。一个图的集合 A被称 为桥可加的，如果对于任意图G属于 A以及位于不同连通分量中的任意一对顶点u、v， 通过在G ∪uv中添加边uv得到的图也属于 A。桥可加性的概念由麦克迪阿米德、施特格 和威尔士[13]于2005年在研究随机平面图时提出，其示例包括森林、串并联图、平面 图，更一般地，可嵌入任意固定曲面的图，以及所有禁用子式均为2‐连通的封闭于子式 运算的图类。

如果 S是一个有限非空集合，我们用R∈u S表示R从 S中均匀随机选取。当我们使 用这种记号时，我们隐含地假设 S是非空的。对于一个图的集合 A，我们用Rn ∈u A 表示Rn从 An中均匀随机选取，其中 An是 A中顶点集为[n]:={1,…,n}的所有图构成的 集合。根据[13],中的定理2.2，对于任意有限桥可加集合 A的图以及R ∈u A，
P(R is connected) ≥ e⁻¹, (1.1)
并且事实上，连通分量的随机数量 κ(R) 在随机意义下至多为 1+Po(1)，即
κ(R) ≼s 1+ Po(1). (1.2)
此处 Po(1) 表示一个服从均值为1的泊松分布的随机变量，对于随机变量 X 和 Y，若对 每个 t 都有 P(X ≥ t) ≥ P(Y ≥ t)，则称 X 在随机意义下至多为 Y，并记作 X ≼s Y。

设 F为森林类（无环图）。根据Rényi于1959年的结果，对于Fn ∈u F，我们有
P(Fn is connected)→ e⁻¹/² as n→ ∞,
并且确实
κ(Fn) ⟶d 1+ Po(1/2) as n→ ∞.

由于森林很可能是“连通性最弱”的桥可加图类，因此很自然地认为至少在渐近情况下 (1.1)并不紧，由此提出了以下猜想。

猜想 1.1 ([14]) 。如果图类 A是桥可加的且Rn ∈u A，则
lim infₙ→∞ P(Rn is connected) ≥ e⁻¹/².

在[1]和[9]中分别独立证明了，在对图类A增加一个额外假设——该图类 A必须 是桥可变类——的情况下，猜想 1.1 成立。一个图类 A被称为桥可变类，当且仅当它对 添加和删除桥边封闭。因此， A是桥可变类当且仅当满足以下条件：对于任意图H以 及其中的任意桥e，图H属于 A当且仅当H\e（即删除边e后得到的图）属于 A。对于 A桥可变类且Rn ∈ A，我们有[1, 9]
lim infₙ→∞ P(Rn is connected) ≥ e⁻¹/² . (1.3)

显然，森林类是桥可变类，因此(1.3)中的结果是最优的。此外，之前提到的所有图类示 例（即通过禁止2‐连通子式定义的封闭于子式类以及可嵌入固定曲面的图）都是桥可变 类。(1.1)中界值的首次改进是由巴利斯特、博洛巴斯和格尔克[4, 5],完成的，他们证明 了
lim infₙ→∞ P(Rn is connected) ≥ e⁻⁰.⁷⁹⁸³ . (1.4)

这被诺林[17],改进了，他证明了
lim infₙ→∞ P(Rn is connected) ≥ e⁻²/³, (1.5)
事实上，他的论证可以得到更强的结果，例如
lim infₙ→∞ P(Rn is connected) ≥ e⁻⁹/¹⁴. (1.6)

给定一个非负整数值随机变量序列 X₁,X₂,…和 Y，我们说 Xₙ渐近地在随机意义下 至多为 Y，并记作 Xₙ ≼s Y，如果对于每个固定的 t ≥ 0,
lim supₙ→∞ P(Xₙ ≥ t) ≤ P(Y ≥ t).

在 [11,定理 2.4]中表明，结果 (1.3) 也对应于 κ(Rn) 的更优渐近界：对于任意图的桥 可变类 A 及相应的随机图 Rn ∈u A，
κ(Rn) ≼s 1+ Po(1/2).
类似地，(1.4) 的证明结合 [11,引理 3.3]可得，对于任意桥可加类 κ(Rn) ≼s 1+ Po(0.7983)。

设图 G 的碎片 Frag(G) 是最大连通分量之外的顶点所诱导的子图（若有并列则任 意打破），并设碎片大小 frag(G) 为 Frag(G) 中的顶点数。在[11]（见该论文中的不 等式 (7)）中表明，对于每个桥可加类 A 和每个 n，对于 Rn ∈u A，
E[frag(Rn)]< 2, (1.7)
推广并改进了[10]中的引理2.6。对于Fn ∈u F，其中 F为森林类，我们知道 E[frag(Fn)]→ 1（例如见[12]），这引导我们提出下一个猜想，推广了猜想 1.1。

猜想1.2 ([11]) 。设图的集合 A是桥可加的，并且设Rn ∈u A。那么
(a) κ(Rn) ≼s 1+Po(1/2) 且 (b) lim supₙ→∞ E[frag(Rn)] ≤ 1。

最近（在本文最初提交之后），夏皮伊和佩拉诺提出了猜想 1.1 的完整证明 [7]。

边扩展

在下文中，我们将推广桥可加的定义，并证明结果(1.1)、(1.2)和(1.7)实际上是 一个更普遍情况下的特例。

给定一个集合 V，令 V⁽²⁾表示 V 中大小为 2 的子集组成的集合。设 λ=(λₑ: e ∈[n]⁽²⁾, 0 ≤ λₑ ≤ 1) 是完全图 Kₙ 的一组边权重。对于图 G 和不相交的顶点集 B 与 C，我们用 E(B,C) 表示 B 与 C 之间的边集。如果对顶点集的每个划分 B ∪ C 都有 ∑ₑ∈E(B,C) λₑ ≥ α|B||C| ，则称该族 λ 是 α‐边扩张的。我们使用记号 λ(G) :=∏ₑ∈E(G) λₑ ，并给定一个集合 A

图的， λ(An) :=∑G∈An λ(G)。我们用Rn ∈λ A表示根据边权重 λ从 An中采样的随机图， 即
P(Rn= G)= λ(G) / λ(An) for each graph G ∈ An.

我们简要回顾在[15]中引入的“相对桥可加”的定义。固定一个图H，称其为主图。 设 A′是H的一组生成子图（即与H具有相同顶点集的子图）。若对任意G ∈ A′以及在 H中相邻但在G中属于不同连通分量的顶点对u,v，图G ∪uv也属于 A′，则称 A′关于 H是相对桥可加的。图1给出了一个示意图。

注意，“相对于Kn桥可加”等价于“桥可加”。还请注意，对于任意图H，H的无 圈子图集合相对于H是桥可加的。

如果对于V(H)的每个划分B ∪C，都有 0< α ≤ 1和 |E(B,C)| ≥ α|B||C| 成立，则称 H是一个 α‐边扩展图。因此完全图Kn是1‐边扩展图。每个 α‐边扩展图对应一个 α‐边扩 展的边权重族 λ，其中对宿主图 λₑ= 1中存在的每条边e取值为 λₑ= 0，否则为0。边 扩展图的一个自然例子是n个顶点上的d‐正则图。在这种情况下，我们可以取 α=(d− μ)/ n，其中μ是H的邻接矩阵的第二大特征值；参见[2,定理9.12]。因此（或通过其他方式） Kd,d是一个 1/2 ‐边扩展图。另一个例子是经典的随机图Gn,p：当p ≥ c log n/n且c为大常 数时，以高概率Gn,p是一个(1 − ε)p‐边扩展图。为说明这一点，注意到对于任意固定划 分满足 |B| = i且|C| = n −i的情况，事件 |E(B,C)| <(1 − ε)p i(n −i)发生的概率至多 为e⁻Θ(ε²i(n−i)p)，这是由标准的切尔诺夫界得出的结果；例如参见[6]。因此，当p ≥ c log n/n且c = c(ε)足够大时，可知Gn,p不是(1 − ε)p‐边扩展图的概率至多为 ∑₁≤i≤n/₂ nin⁻²ⁱ= o(1)。

反之，设 A为一个桥可加图类，且 λ为一组关于边的 α‐边扩展权重，使得对n中的 每条边e均有 λₑ ∈{0,1}。那么从Kn中删除权重0的边所得到的图H是一个 α‐边扩展器， 且 An中属于 H的子图集合 A′相对于H是桥可加的。

论文结构

本文组织如下：第2节包含将(1.1)、(1.2)和(1.7)推广到具有边权重的桥可加 类，其中族 λ 的边权重是 α‐边扩展的。[15,中关于相对桥可加图类的结果定理2.1、2.2]将立即得出。 在第3节中，我们考察一类特定的自然例子：考虑在一个平衡的完全k部宿主图中的随机 森林。特别地，本节将包含关于完全二部图中森林结果的完整证明，这些结果在[15]中 陈述。我们还获得了关于随机k着色森林的类似结果。最后，第4节给出了简要的结论性 评述。

桥可加图类与边扩展权重

回想一下，Kn 是 α= 1 的一个 α‐边扩展图，因此对于每条边 e 满足 λₑ= 1 的边权 重族 λ 对于 α= 1 是 α‐边扩展的。因此，以下结果推广了不等式 (1.1) 和 (1.2)。

定理 2.1 。设 0< α ≤ 1，令n ∈ N，且边权重 λ=(λₑ: e ∈[n]⁽²⁾, 0 ≤λₑ ≤ 1)为 α‐边扩展 的。设 A为{n}个顶点上的图的桥可加集合，并令Rn ∈λA。则
κ(Rn) ≼s 1+ Po(1/α) ,
特别是
P(Rn is connected) ≥ e⁻¹/α.

为了证明这一结果，我们将使用一个预备引理。

引理 2.2（[11]中的引理3.4.） 。设随机变量 X 取非负整数值。设 α> 0 并假设
P(X= k+ 1) ≤ α/(k+ 1) P(X= k) for each k= 0, 1, 2,....
然后 X ≼s Y，其中 Y ∼ Po(α)。

定理2.1的证明 。对于图 H，令 Bridge(H) 表示 H 的桥的集合， |Bridge(H)| = bridge(H)；并令 Cross(H) 表示 G 中连接 H 的连通分量之间的边的集合。设 Ak 表 示具有 k 个连通分量的图的集合。对于 k= 1,…, n，定义
aₖ= minₕ∈ₐₖ ∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ
and
bₖ = maxₕ∈ₐₖ bridge(H).
然后，对于每个 k= 1,…, n − 1，
aₖ₊₁ λ(Aₖ₊₁) ≤ ∑ₕ∈ₐₖ₊₁ λ(H) ∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≤ ∑ₕ′∈ₐₖ λ(H′) bridge(H′) ≤ bₖ λ(Aₖ).

要理解这里的中间不等式，请注意对于每个 H ∈ Ak+1 和 e ∈ Cross(H)，图 H′= H ∪ e 属于 Ak, λ(H′)= λ(H)λₑ，且 H′ 最多被计算 bridge(H′) 次。

注意到bₖ ≤ n− k，因为在一个具有n个顶点和k个连通分量的图的生成森林中，边 的数量为n− k。我们将证明
aₖ₊₁ ≥ αk(n− k). (2.1)
那么接下来将得出
λ(Aₖ₊₁) ≤ bₖ / aₖ₊₁ λ(Aₖ) ≤ 1/(αk) λ(Aₖ),
因此
P(κ(Rn)= k+ 1)= λ(Aₖ₊₁) / λ(A) ≤ 1/(αk) P(κ(Rn)= k). (2.2)

结合(2.2)应用引理2.2，即可得到该定理。

还剩下需要证明(2.1)成立。我们希望找到一个具有H且包含k+ 1个连通分量的图， 使其最小化 ∑{λₑ: e ∈ Cross(H)}。取任意一个图H ∈ A，其具有k+ 1个连通分量， 各连通分量分别有n₁,…,nₖ₊₁个顶点。由于 λ是 α‐边扩展的，我们得到
∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≥ α/2 ∑ᵢ₌₁ᵏ⁺¹ nᵢ(n− nᵢ)= α/2( n² − ∑ᵢ₌₁ᵏ⁺¹ nᵢ²).

因此，我们希望在满足 ∑ᵢ₌₁ᵏ⁺¹ nᵢ= n 和 nᵢ ≥ 1 对所有 i 成立的条件下，最大化 ∑ᵢ₌₁ᵏ⁺¹ nᵢ²。该 最大值在 n₁= n −k 和 n₂=· · ·= nₖ₊₁= 1 处取得，其值为 (n −k)²+ k=n² − 2kn+ k²+ k。因此
∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≥ α/2(2nk − k² − k)= α/2(2k(n− k)+ k² − k) ≥ αk(n− k),
因此，如所需，aₖ₊₁ ≥ αk(n− k)。

如引言中所述，每一个 α‐边扩展的宿主图都对应于取值为{0,1}的 α‐边扩展边权重。 因此，将定理 2.1 应用于这些特殊情况，我们得到以下结果，即[15]中的定理 2.1。

推论 2.3 。设 0< α ≤ 1，令 G 是一个 α‐边扩张图，令 G 的生成子图集合 A 关于 G 是桥可加的，并令 Rn ∈ u A。那么
κ(Rn) ≼s 1+ Po(1/α) ,
特别是
P(Rn is connected) ≥ e⁻¹/α .

回想一下，frag(G) 表示不在最大连通分量中的顶点数量。以下关于不在最大连通 分量中的顶点的期望数量的结果推广了上述 (1.7) 的结果（来自[11]）。

定理 2.4 。设 0< α ≤ 1，令n ∈ N，且边权重 λ=(λₑ: e ∈[n]⁽²⁾, 0 ≤λₑ ≤ 1)为 α‐边扩展 的。设 A为{n}个顶点上的图的桥可加集合，令Rn ∈λA。则
E[frag(Rn)]< 2/α.

证明 。让我们先证明以下断言：
∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≥ α n/2 frag(H) (2.3)
对于 A中的每个图H 注意到，由于 λ是 α‐边扩展的，因此frag(H) ≤n/2 显然成立。对于一般情况，设H ∈ A有k个连通分量，分别包含n₁ ≥·· · ≥ nₖ个顶点。由于 λ是 α‐边扩展的，如同之前所述，
∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≥ α/2 ∑ᵢ₌₁ᵏ nᵢ(n− nᵢ)= α/2( n² − ∑ᵢ₌₁ᵏ nᵢ²).

But
∑ᵢ₌₁ᵏ nᵢ² ≤ ∑ᵢ₌₁ᵏ n₁ nᵢ= n₁ n.

因此，由于 frag(H) = n− n₁,，我们得到
∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≥ α/2 n(n− n₁)= α n/2 frag(H),
从而证明了断言 (2.3)。

根据(2.3)，并如前所述进行论证，我们有
α n/2 ∑ₕ∈ₐ λ(H)frag(H) ≤∑ₕ∈ₐ λ(H) ∑ₑ∈Cᵣₒₛₛ₍ₕ₎ λₑ ≤∑ₕ∈ₐ λ(H) bridge(H).

因此
E[frag(Rn)]=∑ₕ∈ₐ λ(H) frag(H) / λ(A) ≤ 1/λ(A) · 2/α n∑ₕ∈ₐ λ(H) bridge(H)< 2/α
由于桥(H)< n，定理的证明完成。

与之前类似，我们可以得到相对桥可加图类的相应结果：以下结果即为[15]中的 定理2.2。

推论 2.5 。设H是一个 α‐边扩张图，H的生成子图集合 A关于H是桥可加的，并且设 Rn ∈u A。那么
E[frag(Rn)]< 2/α.

桥可加性、边扩展性与连通性

3. 作为宿主的平衡完全多部图

对于特定的 α‐边扩展边权重和 α‐边扩展器会发生什么情况？定理 2.1 和 定理 2.4 中的 界有多紧？在（完全）桥可加情况下，猜想 1.1（现已证明）和 1.2 指出最优界对应于 森林。在本节中，我们考虑完全多部图中森林的连通性。关于二部图 Kn/2,n/2 中森林的 初步结果已在 [15] 中提出但未给出证明。在本节中，我们将这些结果推广到多部图中 的森林，并利用上一节的结果提供完整的证明。

固定一个整数 k ≥ 2。给定一个正整数的 k 元组 n =(n₁,…,nₖ)，令 Kn 表示具有大小 为 n₁,…,nₖ 的部分的完全k部图。为了明确起见，我们假设顶点集为 [n]，其中 n =∑ᵢ nᵢ，第一部分是 {1, …, n₁}，第二部分是 {n₁+1, …, n₁+n₂}，依此类推。我们希望考虑平 衡或近平衡情况。当 ⌊n/k⌋= n₁ ≥· · · ≥ nₖ=⌈n/k⌉ 时，令 Hₙ 表示此时的 Kn；这称为平 衡情况。当 k = 2 且 n 为偶数时，该图 Hₙ 是 Kn/2,n/2。当 k|n 时，图 Hₙ 是度数为 ((k − 1)/k)n 的正则图，并且是一个 (k − 1)/k‐边扩张图。一般情况下，Hₙ 是一个 α‐边扩张图，其 中 α=(k − 1)/k +o(1)。关于 α‐边扩张图的结果（定理 2.1）给出 P(Rₙ 连通) ≥ e⁻¹/α， 更一般地有 κ(Rₙ) ≼s 1+Po(1/α)。

考虑 n =(n₁,…, nₖ)，其中每个 nᵢ= nᵢ(n) ∼ n/k 且 ∑ᵢ nᵢ= n。我们称 n 为 n 的一个 近平衡序列划分，并称 Kn 为完全k‐分图的一个近平衡序列。主要关注平衡情况似乎是自然的。对于接下来的大部分定理而言，假设 n 是近平衡的就已足够。而对于最后 部分，关于 E[frag(Rₙ)],，我们假设 n 更接近平衡，以便能够给出一个长度适中的证明。

定理 3.1 。固定一个整数 k ≥ 2。设 Kn 是一个近平衡序列的完全 k‐部图，令随机图 Rₙ 从 Kn 中的森林里均匀随机选取。设 λ= k/(2(k − 1))。则当 n → ∞ 时：
(a) κ(Rₙ) 在分布上趋于 1+ Po(λ)，特别是
P(Rₙ is connected)→ e⁻λ ;
(b) 无标签树 T 在 Frag(Rₙ) 中渐近独立出现，其分布为 Po(λ(T))，其中 λ(T) = k/(k − 1) · (eᵛ⁽ᵀ⁾ aut(T))⁻¹；以及 (c) 若每个 nᵢ = n/k+O(√n) 成立，则
E[frag(Rₙ)]→ k/(k − 1) .

相比之下，设 Fₙ 从 Kn 中的 n 个顶点的森林中均匀地选取。
P(Fₙ is connected)→ e⁻¹/² as n→ ∞,
并且正如前面提到的， κ(Fₙ) 的分布收敛于 1+Po(1/2)。此外，当 n → ∞, E[frag(Fₙ)]→ 1，且 Frag(Fₙ) 中出现的无标签树 T 渐近独立，其分布为 Po(μ(T))，其中 μ(T) = 1/(eᵛ⁽ᵀ⁾ aut(T))（见 [13]）。因此根据 定理 3.1，不仅成立
E[κ(Frag(Rₙ))] ∼ k/(k − 1) E[κ(Frag(Fₙ))] and
E[frag(Rₙ)] ∼ k/(k − 1) E[frag(Fₙ)],
但就细节层面而言，对于每一棵无标号树 T，其在 Frag(Rₙ) 中出现的期望次数渐近地 为在 Frag(Fₙ) 中出现次数的 k/(k − 1) 倍。

为简便起见，考虑情形 k|n，其中 Kn 是一个 (k − 1)/k‐边‐扩张图。根据定理 2.1，我们有 κ(Rₙ) ≼s 1+ Po(2λ)。因此，由定理 3.1 的 (a)部分 可知，对于每个固定的正整数 k，当 n →∞ 时， E[κ(Rₙ)ᵏ]→ E[(1+ Po(λ))ᵏ]。特别地，E[κ(Rₙ)]→ 1+ λ，且 κ(Rₙ) 的方差趋于 λ，当 n →∞ 时。

为了证明定理 3.1，我们引入随机森林 Sₙ的一个变体 Rₙ，并估计 Frag(Sₙ) 是给定 森林 F 的概率，该概率用 Rₙ 连通的概率来表示；参见下面的 (3.1)。通过对 F 求和， 我们估计 Frag(Rₙ) 由至多 大小的 j 棵树组成的概率，该概率同样用 Rₙ 连通的概率 来表示；参见下面的 (3.2)。根据该结果，我们确定 Rₙ 连通的极限概率，并完成 (a) 部 分的证明。接着，我们可以通过注意到可以忽略大分量来证明 (b) 部分，并再次对类似 于 (3.1) 的结果求和，以逼近 Frag(Sₙ) 是某个给定森林的概率，只是将 Rₙ 连通的概率 替换为其极限值 e⁻λ。最后，一旦我们证明了大分量的期望贡献可以忽略不计，(c) 部分 便由 (b) 部分得出。

对于定理 3.1 的 (a) 和 (b) 部分的证明，我们需要一个预备引理，即以下精确计数 结果。在继续证明该定理的 (c) 部分之前，我们将引入更多的几个引理。

引理3.2 ([3, 19]) 。给定一个整数 k ≥ 2 和一个由和为 n 的正整数构成的 k‐元组 n =( n₁,…,nₖ)，完全 k‐分图 Kn（具有固定划分）中的生成树数目 t(n) 为
t(n)= nᵏ⁻² ∏ᵢ₌₁ᵏ (n− nᵢ)ⁿⁱ⁻¹ .
更多参考文献以及该结果的证明可以在[16,第30–32]页找到。

定理 3.1 的 (a) 部分的证明 。称 [n] 的一个划分 U =(U₁ ,…, Uₖ) 为 n‐划分，如果对每个 i 都有 |Uᵢ| = nᵢ。考虑通过选择一个 n‐划分生成的随机图 Sₙ
U =(U₁,…, Uₖ) 从 [n] 中均匀地随机选取，令 ˜Hₙ 为具有部分 Uᵢ 的完全多部图，并 在 ˜Hₙ 中均匀地随机选取一个森林。显然，Sₙ 和 Rₙ 具有相同的分布，实际上对应的 无标号图 Sₙ 和 Rₙ 也具有相同的分布。

固定一个森林 F，其顶点集是 [n], 的子集，该森林由 j 棵树组成，分别具有 t₁,…, tⱼ 个顶点，令 t=∑ᵢtᵢ。然后我们断言
P(Frag(Sₙ)= F) ∼ P(Rₙ is connected) ·( k/(k − 1))ʲ (en)⁻ᵗ. (3.1)
证明(3.1)将需要花费我们一些时间。

首先注意到，U =(U₁,…, Uₖ) 为 F 提供一个正确着色的k‐着色的概率渐近地等于 ((k − 1)/k)ᵗ⁻ʲ。为了理解这一点，可以依次考虑 F 中的每棵树，每次选择一个根顶点， 然后使用例如广度优先搜索来遍历树。在每一步到达一个非根顶点v时，无论此前发生 了什么，通向v的边被正确着色的概率均为 ∼(k − 1)/k。由于共有t− j条边，结论随 之得出。

固定一个将[n]划分为U⁰=(U⁰₁,…, U⁰ₖ)的n‐划分，使得其为F提供一个正常的k‐染色。 设xᵢ为F中位于U⁰ᵢ内的顶点数，因此有 ∑ᵢxᵢ= t。然后根据引理3.2以及当m →∞时(1+ y/m)ᵐ→ eʸ成立的事实，
P(Frag(Sₙ)= F | U= U⁰)/P(Sₙ is connected)
=(n− t)ᵏ⁻²∏ᵢ₌₁ᵏ(n− t−(nᵢ − xᵢ))ⁿⁱ⁻ˣⁱ⁻¹ / nᵏ⁻²∏ᵢ₌₁ᵏ(n− nᵢ)ⁿⁱ⁻¹
=(1 − t/n)ᵏ⁻²∏ᵢ₌₁ᵏ(n− nᵢ)ⁿⁱ⁻ˣⁱ⁻¹(1 − (t−xᵢ)/(n−nᵢ))ⁿⁱ⁻ˣⁱ⁻¹ / ∏ᵢ₌₁ᵏ(n− nᵢ)ⁿⁱ⁻¹
∼ ∏ᵢ₌₁ᵏ (n− nᵢ)⁻ˣⁱ · (1 − k/(k − 1) · (t− xᵢ)/n)ⁿ/ᵏ⁻ˣⁱ⁻¹
∼(k − 1/n)⁻ᵗ · ∏ᵢ₌₁ᵏ e⁻⁽ᵗ⁻ˣⁱ⁾/⁽ᵏ⁻¹⁾
∼(k − 1/en)⁻ᵗ
因为 ∑ᵢ (t− xᵢ)/(k − 1) = t.

这对每个相关的划分 U⁰, 均匀地成立，因此我们可以放宽条件，从而得到
P(Frag(Sₙ)= F | U properly colours F) / P(Sₙ is connected) ∼(k − 1/en)⁻ᵗ .
因此
P(Frag(Sₙ)= F) / P(Sₙ is connected) = P(Frag(Sₙ)= F | U properly colours F) / P(Sₙ is connected) · P(U properly colours F)
∼(k − 1/en)⁻ᵗ ·(k − 1/k)ᵗ⁻ʲ =(k − 1/k)⁻ʲ ·(en)⁻ᵗ.
最后，通过回顾得到(3.1)
P(Sₙ is connected)= P(Rₙ is connected).

我们的下一个任务是利用(3.1)来证明下面的(3.2)。我们需要一些符号记法。设
βₜ= ∑ⱼ₌₁ʲʲ⁻²/j! eʲ ,
这是在收敛半径 1/e 处取值的（无根带标号）树的截断生成函数。令 β̃ₜ=(k/(k − 1))βₜ。 众所周知（例如参见[8,第 404 页及之后]），当 → ∞ 时， βₜ 趋近于 1/2，因此 β̃ₜ 趋近于 λ。于是当 → ∞ 时，∑ⱼ₌₀((β̃ₜ)ʲ/j!) 趋近于 e^λ。

设 p(n,j, ≤ ) 为 Frag(Rₙ) 由 j棵分量树组成且每棵树的阶数至多为 的概率。我 们断言，对于每个固定的 j和 ，当 n → ∞ 时，
p(n, j,≤ ) ∼ P(Rₙ is connected) ·(β̃ₜ)ʲ/j! . (3.2)

让我们证明这一点。设Fₙ(j,≤ )表示由最多包含 个顶点的j棵树组成的[n]上的 森林集合。然后根据(3.1)可得
p(n, j,≤ )/P(Rₙ is connected)
= ∑F∈Fₙ(j,≤) P(Frag(Sₙ)= F)/P(Rₙ is connected)
∼ ∑F∈Fₙ(j,≤) (k − 1/k)ʲ ·(en)⁻ᵛ⁽ᶠ⁾
= 1/j! ∑₁≤t₁≤ · · · ∑₁≤tⱼ≤ (n/t₁)(n− t₁/t₂)· · ·(n−(t₁+ · · ·+ tⱼ₋₁)/tⱼ) × ∏ᵢ₌₁ʲ tᵢᵗⁱ⁻² ·(k/(k − 1))ʲ (en)⁻∑ᵢtᵢ
∼ 1/j! ∑₁≤t₁≤ · · · ∑₁≤tⱼ≤ ∏ᵢ₌₁ʲ nᵗⁱ/tᵢ! tᵢᵗⁱ⁻² ·(k/(k − 1))ʲ (en)⁻∑ᵢtᵢ
= 1/j! ∑₁≤t₁≤ · · · ∑₁≤tⱼ≤ ∏ᵢ₌₁ʲ (tᵢᵗⁱ⁻²/tᵢ!eᵗⁱ · k)
= 1/j! (∑ᵢ₌₁ ii⁻²/i!eⁱ · k)ʲ = 1/j!(β̃ₜ)ʲ,
这就完成了(3.2)的证明。

我们现在可以利用(3.2)来完成(a)部分的证明。设
p(n,≤ ,≤ )= ∑ⱼ₌₀ p(n, j,≤ ),
Frag(Rₙ) 的每个连通分量大小至多为 且连通分量数量至多为 的概率。根据定理 2.4，存在适当的常数 c，使得 E[frag(Rₙ)] ≤c。因此，由马尔可夫不等式
1 − p(n,≤ ,≤ ) ≤ P(frag(Rₙ)> )< E[frag(Rₙ)]/ ≤ c/.
因此，通过取足够大的 ，我们可以确保p(n,≤ ,≤ ) 任意接近于1。但根据(3.2)，对 于每个（固定的） ，
p(n,≤ ,≤ ) ∼ P(Rₙ is connected) · ∑ⱼ₌₀ 1/j! (β̃ₜ)ʲ.
因此，正如我们之前所指出的，右边的和会随着 → ∞趋向于e^λ。
P(Rₙ is connected)→ e⁻λ as n→ ∞. (3.3)
此外，我们可以如上所述进行论证，以得出
p(n, j,≤ ) ≤ P(κ(Rₙ)= 1+ j) ≤ p(n, j,≤ )+ c/,
因此，对于每个固定的j，通过取 足够大，我们可以确保p(n,j, ≤ )任意接近 P(κ(Rₙ) = 1+j)，且(β̃ₜ)ʲ/j! 任意接近 λʲ/j!。但根据(3.2)和(3.3)，当n → ∞时，
p(n, j,≤ ) ∼ e⁻λ ·(β̃ₜ)ʲ/j! ,
因此
P(κ(Rₙ)= 1+ j)→ e⁻λ · λʲ/j! .
因此 κ(Rₙ) 收敛于 1+Po(λ) 的分布。这完成了 (a)部分 的证明。

定理 3.1 的 (b) 部分的证明 。设 U 表示所有无标签树的类。对于 T ∈ U，令 κ(G, T) 表示 图 G 中与 T 同构的连通分量数量。设 A ⊆ U 为非空有限集。对每个 T ∈A，令 n_T 为一个 非负整数，并令 E₁ₙ 为 事件 κ(Rₙ, T) = n_T 对每个 T ∈A 成立。我们希望证明
P(E₁ₙ)→ p:=∏T∈A e⁻λ⁽ᵀ⁾ λ(T)ⁿᵀ/n_T! as n→ ∞. (3.4)
令 0< ε< 1。我们将证明，对于足够大的n，有 |P(E₁ₙ) − p| < 4ε，从而完成证明。将 U中的树 枚举为T₁,T₂,....我们选择（较大的）常数m和b。对每个正整数j，令Bⱼ={T₁,…, Tⱼ}，且令B′ⱼ= Bⱼ\ A和Bⱼ= U\ Bⱼ。

选择足够大的m，使得A ⊆Bₘ，且Bₘ中的每棵树的大小至少为c/ε。由于 E[frag(Rₙ)] ≤c，
P(κ(Frag(Rₙ), T)> 0 for some T ∈ Bₘ) ≤ ε.
设 T表示有标签树的类。回顾一下，其对应的指数生成函数
T(z)=∑T∈T zᵛ⁽ᵀ⁾/v(T)! =∑ₙ≥₁ nⁿ⁻²zⁿ/n!
我们有 T(1/e) = 1/2。
设T ∈ U（并将T视为 Tₙ中树的等价类，其中n= v(T)）：那么
zᵛ⁽ᵀ⁾/aut(T) = ∑T′∈T zᵛ⁽ᵀ⁾/v(T)! .
因此
∑T∈U λ(T)= k/(k − 1)∑T∈U e⁻ᵛ⁽ᵀ⁾/aut(T) = k/(k − 1) · T(1/e) = λ.
现在如有必要，增加m，使其足够大，以满足条件
∏T∈Bₘ e⁻λ⁽ᵀ⁾ ≥(1+ ε)⁻¹.
选择足够大的b，使得对所有n都有 P(κ(Rₙ) > b) ≤ ε（根据推论 2.3 或 2.5，这是可 行的），并且
∏T∈Bₘ P(Po(λ(T)) ≤ b) ≥(1+ ε)⁻¹ .
设S是 U的一个有限非空子集，并设无标号森林F对每个S中的树T包含k_T个拷贝。 则在[n]上标号森林F的数目为
∼∏T∈S(( nᵛ⁽ᵀ⁾/aut(T))ᵏᵀ 1/k_T!) .
另外请注意，根据(3.3)和上述结果 ∑T∈U λ(T) = λ，我们有
P(Rₙ is connected)→ e⁻λ = e⁻∑T∈U λ(T) as n→ ∞.
因此，当n足够大时，由(3.1)可得
P(κ(Rₙ, T)= k_T ∀T ∈ S, κ(Frag(Rₙ), T)= 0 ∀T ∈ U\ S) = P(Frag(Rₙ) ≈ F)
∼∏T∈S(( nᵛ⁽ᵀ⁾/aut(T))ᵏᵀ 1/k_T!(en)⁻ᵛ⁽ᵀ⁾ᵏᵀ(k/(k − 1))ᵏᵀ) · e⁻∑T′∈U λ(T′)
=∏T∈S(( nᵛ⁽ᵀ⁾/aut(T)(en)⁻ᵛ⁽ᵀ⁾ kᵏᵀ 1/k_T! e⁻λ⁽ᵀ⁾) · ∏T′∈U\S e⁻λ(T′)
=∏T∈S e⁻λ⁽ᵀ⁾ λ(T)ᵏᵀ/k_T! · ∏T′∈U\S e⁻λ(T′).
接下来，我们将利用这一结果推导(3.4)。设对于每个T ∈B′ₘ(= Bₘ\ A)，m_T为一个非负整数，并 设E₂ₙ为事件，使得对每个T ∈B′ₘ， κ(Rₙ, T) = m_T成立。令E₃ₙ为事件，使得对每个T ∈Bₘ， κ(Frag(Rₙ), T) = 0成立。
根据之前关于S= A ∪ B′ₘ的结果，我们知道
P(E₁ₙ ∧ E₂ₙ ∧ E₃ₙ)→ p · ∏T∈B′ₘ e⁻λ⁽ᵀ⁾ λ(T)ᵐᵀ/m_T! ∏T∈Bₘ e⁻λ(T) as n→ ∞.
对有限集 m_T= 0,1,…, b 中的值求和，对于 T ∈B′ₘ，我们发现，当 n→ ∞ 时，
P(E₁ₙ ∧(κ(Rₙ, T) ≤ b ∀T ∈ B′ₘ)∧ E₃ₙ)→ p · ∏T∈B′ₘ P(Po(λ(T) ≤ b)∏T∈Bₘ e⁻λ(T).
称左边xₙ和右边p′。然后根据我们对m和b的选择，有xₙ ≤ P(E₁ₙ) ≤ xₙ+ 2ε，且
p′ ≤ p ≤ p′(1+ ε)² ≤ p′+ 3ε.
因此
|P(E₁ₙ)− p| ≤ |xₙ − p′| + 3ε< 4ε
对于足够大的n，以完成(b)部分的证明。

我们现在引入几个引理，为定理 3.1 的 (c) 部分的证明做准备。

引理3.3 。在引理3.2中，当nᵢ相差最多为1时，我们有
t(n) ∼ nⁿ⁻²( (k − 1)/k )ⁿ⁻ᵏ as n→ ∞,
并且这给出了最大值，即
nᵏ⁻² ∏ᵢ₌₁ᵏ (n− nᵢ)ⁿⁱ⁻¹ ≤ nⁿ⁻²( (k − 1)/k )ⁿ⁻ᵏ . (3.5)

证明 。第一部分可直接由引理3.2得出。为证明(3.5)，令 xᵢ=nᵢ/n，使得0< xᵢ< 1对每 个i成立，且 ∑ᵢxᵢ= 1。
nᵏ⁻²∏ᵢ (n− nᵢ)ⁿⁱ⁻¹= nⁿ⁻²∏ᵢ (1 − xᵢ)ⁿˣⁱ⁻¹.
Now
ln∏ᵢ (1 − xᵢ)ⁿˣⁱ⁻¹=∑ᵢ f(xᵢ),
其中 f(x) =(nx − 1) ln(1 − x) 对于 0<x< 1。但由于 f 在 (0,1) 上是凹的，因此根据 詹森不等式
∑ᵢ f(xᵢ) ≤ kf(1/k),
从而得到(3.5)。

引理3.4 。假设每个 nᵢ= n/k+O(√n)，如定理 3.1 的 (c) 部分所述。
t(n)=Θ(1) · nⁿ⁻²((k − 1)/k)ⁿ⁻ᵏ .

证明 。记nᵢ=(1+ εᵢ)n/k，并对 ∑ᵢ₌₁ᵏ记为 ∑ᵢ。然后，由引理3.2，
ln t(n)=(k − 2) ln n+∑ᵢ (nᵢ − 1)(ln n+ ln(1 − (1+ εᵢ)/k))
=(n− 2) ln n+∑ᵢ (nᵢ − 1)(ln(1 − 1/k) + ln(1 − εᵢ/(k − 1)))
=(n− 2) ln n+(n− k) ln(1 − 1/k) +∑ᵢ (nᵢ − 1) ln(1 − εᵢ/(k − 1)) .
但是，由于 ∑ᵢ εᵢ= 0以及每个 ∑ᵢ εᵢ² = O(1/n)
∑ᵢ nᵢ ln(1 − εᵢ/(k − 1)) = n/k∑ᵢ((1+ εᵢ)(− εᵢ/(k − 1) + O(εᵢ²)))+ O(1)
= n/k · O(∑ᵢ εᵢ²) + O(1)= O(1),
引理得证。

引理3.5 。设k ≥ 2为整数，并设 0< ε< 1。则存在 α> 0，使得以下成立。令n =(n₁,…, nₖ)为一个非负整数的 k元组，其和为n，且满足maxᵢ nᵢ ≤(1− ε)n。则完全k部图Kn是一个 α‐ 边扩张图。

证明 。不妨假设 n₁ ≥·· · ≥ nₖ。令 η= ε/(k − 1)，并注意到 n₂ ≥ ηn。设 S 是一个包含 s ≤ n/2 个顶点的集合，在 k 个部分中分别有 s₁ ,…,sₖ 个顶点。我们分三种情况讨论。

（a）假设 s₂ ≥ 1/2 n₂。那么 s −s₂ ≤ 1/2（n −n₂），因此
|V(V₂ ∪ S)| =(n− n₂)−(s− s₂) ≥ 1/2(n− n₂) ≥ 1/4 n.
因此
e(S, S̄) ≥ e(V₂ ∩ S, V(V₂ ∪ S)) ≥ 1/2 n₂ · 1/4 n ≥ 1/8ηn² ≥ 1/4ηsn.

(b) 假设 s₂ ≥ 2/3 s，因此，与之前类似地
|V(V₂ ∪ S)| ≥(n− n₂)− 1/3 s ≥ 1/2(n− n₂) ≥ 1/4 n.
因此
e(S, S̄) ≥ e(V₂ ∩ S, V(V₂ ∪ S)) ≥ 2/3 s · 1/4 n ≥ 1/6 sn.

(c) 现在假设上述两种情况均不适用，因此 s₂< 1/2 n₂ 且 s₂< 2/3 s。
e(S, S̄) ≥ e(S\ V₂, V₂\ S₂)> 1/6ηsn.
综上所述，我们发现在每种情况下e(S, S̄) ≥ 1/6ηsn，因此我们可以取 α= 1/6 η= ε/(6(k − 1)).

现在，我们用 f(n) 表示完全k‐部图 Kn（具有固定划分）中（生成）森林的数量。

引理 3.6 。设k ≥ 2为一个整数，并设 0< ε< 1，且令常数 α> 0如上一引理中所示。令n = (n₁,…, nₖ)为一个由非负整数组成的k元组，其和为n，且满足maxᵢnᵢ ≤(1− ε)n。则
t(n) ≤ f(n) ≤ e¹/α t(n).

证明 。由于根据 α 的选择，Kn 是 α‐边扩展的，因此由定理 2.1 可得 t(n)/f(n) ≥e⁻¹/α， 引理得证。

引理 3.7 。设 n= n₁+ n₂,，其中 n₁,n₂为正整数，并设 H为完全二部图 Kn₁,n₂。令 0< s ≤ n/2，并设 S为 H 中包含 s 个顶点的集合。则在 H 中
e(S, S̄) ≥ 1/2 s(n− s)− 1/8 (n₁ − n₂)² .

证明 。设S在H的第一部分中有x个元素。则e(S, S̄) ≥ f(x)，其中
f(x)= x(n₂ − s+ x)+(n₁ − x)(s− x).
将x视为连续变量，
f′(x)= n₂ − s+ 2x− n₁ − s+ 2x= 4x− 2s−(n₁ − n₂).
因此，f在fₘᵢₙ处取得最小值
x= 1/2 s+ 1/4(n₁ − n₂).
然后，暂时设定 y= 1/4(n₁ − n₂)
fₘᵢₙ=(s/2+ y)(n₂ − s/2+ y)+(n₁ − s/2 − y)( s/2 − y)
= s/2(n₂ − s/2(n₁ − s/2)− n₁y+ y²
= 1/2 s(n− s)−(n₁ − n₂)y+ 2y²
= 1/2 s(n− s)− 1/8(n₁ − n₂)²,
引理得证。

引理 3.8 。设 n/3< s ≤ n/2，且对于 i= 0,1，令 Gᵢₙ 表示在 [n] 个顶点上的图的集合，使得 Frag(G) 恰好有 i 个包含至少 s 个顶点的连通分量。（注意：Frag(G) 必须有 0 或 1 个这样的连 通分量。）令 G ∈ G⁰ₙ，且令 F 为图 G 中满足 G − e ∈ G¹ₙ 的桥 e 的集合。则 |F| ≤ n − 2s+ 1。

证明 。对于图 G 中的每座桥 e= uv，令 C(e,u) 表示从 G − e 中移除边 e 后包含顶点 u 的连通分支的 顶点集，类似地，令 C(e,v) 表示从 G − e 中移除边 e 后包含顶点 v 的连通分支的顶点集。因此，F 是 满足 min{|C(e,u)|, |C(e,v)|} ≥ s 的所有桥 e = uv 构成的集合。
假设 F ≠ ∅，并令 e₁= u₁v₁在 F 中的所有边 e = uv 上最小化 min{|C(e, u)|, |C(e, v)|} 。不失一般性，假设 |C(e₁, u₁)| ≤ |C(e₁,v₁)|，并将 C(e₁,u₁) 记为 U。那么对于 F 中的每条 边 e = uv，e 不在导出子图 G[U],中，因此要么 C(e, u) ⊇ U 且 C(e, v) 与 U 不相交，要 么情况相反。对于每条边 e = uv ∈ F，考虑与 U 不相交的‘端集’C(e, u) 或 C(e, v)，并 令 e₂= u₂v₂使该集合的大小最小化。不失一般性，我们可以假设该集合是 C(e₂,v₂)，并将该 集合记为 W。现在，F 中的每条边 e =uv 要么满足 C(e, u) ⊇U 且 C(e, v) ⊇W，要么满 足 C(e, u) ⊇W 且 C(e, v) ⊇U。因此 e 分离 U 和 W，于是存在一条连接 U 和 W 的路径， 其至多包含 n −(|U| − 1) −(|W| − 1) ≤ n − 2s +2个顶点，并且这条路径包含了 F 中的 每一条边。因此 |F| ≤ n − 2s +1，符合要求。

定理 3.1，部分 (c) 的证明 。设 Nₜ=Nₜ(G) 表示图 G 中大小为 的连通分量数量。我们 将证明大分量对 E[frag(Rₙ)] 的贡献可忽略地小。特别地，我们将证明以下断言。

断言 。对于任意 η> 0，存在一个 ₁ ，使得对于所有 n，
∑ₜ₌ₜ₁ⁿ/² E[Nₜ(Rₙ)] < η. (3.6)
显然我们可以假设 η ≤ 1，此后我们也将如此假设。暂时假设该断言成立。根据 (b)部分，对于每个无标号树T，
E[v(T)κ(Rₙ, T)]→ k/(k − 1) v(T)/(eᵛ⁽ᵀ⁾ aut(T)) as n→ ∞.
对大小小于₁的无标签树T的有限集U₁中的贡献求和，当n → ∞时
E[∑T∈U₁ v(T)κ(Rₙ, T)]→ k/(k − 1) ∑T∈U₁ v(T)/(eᵛ⁽ᵀ⁾ aut(T)).
但由于有根标记树的指数生成函数在 1/e 处取值为 1，我们有
∑T∈U v(T)/(eᵛ⁽ᵀ⁾ aut(T)) =∑T∈T v(T)/(eᵛ⁽ᵀ⁾v(T)!) =∑ₙ≥₁ nⁿ⁻¹/n!eⁿ = 1.
现在，利用(3.6)，很容易得出
E[frag(Rₙ)]→ k/(k − 1) as n→ ∞.
因此，仍有待证明断言 (3.6)。为此，我们将通过将其与 E[Nₜ(Fₙ)], 进行比较，来对 E[ Nₜ(Rₙ)] 给出上界，其中 Fₙ ∈u F（即从 [n] 个顶点上的森林中均匀地选取的 Fₙ）。
Now
E[Nₜ(Fₙ)]=(n/) |Tₜ||Fₙ₋ₜ| / |Fₙ| .
但 |Fₙ₋ₜ| ≥ |Tₙ₋ₜ|, 和 |Fₙ| ≤ e|Tₙ| = enⁿ⁻² 由 (1.1) 可得，因此
E[Nₜ(Fₙ)] ≥(n/) ⁻²(n− )ⁿ⁻⁻² / nⁿ⁻² · 1/e . (3.7)
（类似地，我们也有 |Fₙ₋ₜ| ≤e|Tₙ₋ₜ| 和 |Fₙ| ≥ |Tₙ|,，因此 E[Nₜ(Fₙ)] 最多为 (3.7) 中 界限的 e² 倍。） 设 0< η ≤ 1为固定值。之后我们将选择 ε（依赖于 η），使得 0< ε ≤ 1/4。我们 可以假设n足够大，以至于
(1 − ε) n/k ≤ nᵢ ≤(1+ ε) n/k for each i= 1,…, k.
设s₁,…,sₖ为整数，且对每个i满足 0 ≤ sᵢ ≤ nᵢ，并设对每个i有n′ᵢ