Konig定理及证明

Konig定理

由匈牙利数学家柯尼希（D.Konig）于1913年首先陈述的定理。

定理的内容：在0-1矩阵中，1的最大独立集合最小覆盖包含的元素个数相同，等价地，二分图中的最大匹配数等于这个图中的最小点覆盖数。

证明:

对于上面的二分图，它的最大匹配(不唯一)已经用红线标出来了，

然后我们对于右边或左边(这里按右边为例)没有匹配的点，我们从它出发走交替路(这里有介绍)，会经过若干节点
将所有从右边没有匹配的点开始的交替路上的所有的点标注起来(如下图标蓝的点)

可以证明左边所有被标注的点都是被匹配的点(否则从未匹配的点到未匹配的点的交替路就是增广路)
右边所有没有被标注的点都是被匹配的点(或是没连任何边的点，可以忽略。否则可以从它开始走任意非匹配边，它就会被标注)
这些点就是最小覆盖点集(被标红)

因为对于所有右边被标注的点连的边,其左边的点都被标注了，会被覆盖
假设左边的点是不是匹配点且没被标注，则当前边一定不是匹配边，可以加入交替路中，所以假设不成立
假设左边的点是匹配点且没被标注，则当前边一定是匹配边且不在交替路中，那么右边的这个点也是匹配点且被标记，那么右边的这个点已经连了一个在交替路中的匹配边，但一个点最多会有一个匹配边，所以假设不成立

对于所有左边没被标注的点连的边，其右边的点都没被标注
假设右边的点是匹配点且被标注，则当前边一定不是匹配边，可以加入交替路中，所以假设不成立
假设右边的点不是匹配点且被标注，则当前边一定不是匹配边，可以加入交替路中，所以假设不成立

所以所有边都被覆盖了

原文地址：https://www.cnblogs.com/bennettz/p/8516412.html

时间： 2024-08-04 03:30:38

Konig定理及证明的相关文章

Computer Science Theory for the Information Age-6: 学习理论——VC定理的证明

VC定理的证明 本文讨论VC理论的证明,其主要内容就是证明VC理论的两个定理,所以内容非常的枯燥,但对于充实一下自己的理论知识也是有帮助的.另外,VC理论属于比较难也比较抽象的知识,所以我总结的这些证明难免会有一些错误,希望各位能够帮我指出. (一)简单版本的VC理论. 给定一个集合系统$(U,\mathcal{S})$,VC理论可以解决以下问题.对于一个在$U$上的分布$P$,那么至少需要选择多少个样本(根据分布$P$选择),才能使对每个$S\in\mathcal{S}$,用样本估计出来的值以

《University Calculus》-chaper8-无穷序列和无穷级数-泰勒定理的证明

泰勒定理: 证明:

费马小定理的证明

数论: 1.费马小定理: mod:a mod p就是a除以p的余数 费马小定理:a^(p-1)≡1(mod p) 前提:p为质数,且a,p互质 互质:a和p相同的因数为1. 先来看一下≡是什么: a≡b(mod p) <=> a mod p=b mod p 注释:<=> 两边相等 在证明之前,先给出引理: (1)如果p,c互质,并且a*c≡b*c(mod p) 证明过程: ∵a*c mod p = b*c mod p ∴(a*c - b*c) mod p = 0 ∴(a-b)*c

二分图konig定理证明

之前在网上看到了很多难懂的证明方法,这里说一种我觉得很简单的证明 首先是一个显然的性质: 最大匹配中: 所有的边,一定至少有一端是匹配边端点,否则的话就不是最大匹配 然后是讨论:所有的边有3类:1.左端点匹配 2.右端点匹配 3.左右端点都匹配 下面考虑这样一种选点方式:所有的边(除匹配边外),左端点匹配就选择左端点(具体比较复杂,如果匹配边是独立的显然只选一个端点就行了) 否则就选择右端点,那么我们证明: 1.不存在边:两个端点都没选择(显然,根据刚才的选择策略,不存在这样的边) 2.不存在匹

【转载】斯托尔茨定理的证明

上周就想写了结果一直在犯拖延症.上周的时候因为不理解斯托尔茨定理证明的前半段所以去放狗和放百度,结果就搜到一个百度知道里面讲了前半段的,虽然那个 回答者大概是因为怎么讲前半段提问的人都不理解懒得讲了以至于没有把后半段讲完,结果那个提问的人非常生气,不过刚好把我不理解的地方弄明白了.我就把两 段拼起来发出来吧,希望以后像我一样不懂的人搜索的时候可以搜到这里.PS:菲赫金哥尔茨的35例6的讨论太神了……太麻烦了……太可怕了……为学理论数学的人在本科阶段要经历的这个可怕的过程表示同情和敬佩.果然数学要

主定理的证明及应用举例

主定理 主定理最早出现在<算法导论>中,提供了分治方法带来的递归表达式的渐近复杂度分析. 规模为n的问题通过分治,得到a个规模为n/b的问题,每次递归带来的额外计算为c(n^d) T(n) <= aT(n/b)+c(n^d) 那么就可以得到问题的复杂度为: T(n) = O(n^d log(n)), if a = b^d T(n) = O(n^d ), if a < b^d T(n) = O(n^logb(a))), if a > b^d 证明方法 本来使用主定理是可以免去画

费马小定理的证明：

证明:假如p是质数,且(a,p)=1,那么 a^(p-1) ≡1(mod p)一:准备知识:引理1．剩余系定理2 若a,b,c为任意3个整数,m为正整数,且(m,c)=1,则当ac≡bc(modm)时,有a≡b(modm) 证明:ac≡bc(mod m)可得ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)c≡0(mod m)因为(m,c)=1即m,c互质,c可以约去,a–b≡0(mod m)可得a≡b(mod m) 引理2．剩余系定理5 若m为整数且m>1,a[1],a[2],a[3],a[4],…a

Gauss 双伽马定理的证明

Gauss 双伽马定理 \begin{equation}\label{1} \psi\left(\frac{p}{q}\right)=-\gamma-\frac{\pi}{2}\cot{\frac{\pi p}{q}}-\ln{q}+\sum_{n=1}^{q-1} \cos\frac{2\pi n p}{q}\ln\left(2\sin\frac{\pi n}{q}\right). \end{equation} 证明   由 $\Gamma$ 函数的 Weierstrass 乘积公式 \beg

威尔逊定理及证明

给威尔逊爵士跪了!!! 1.内容 首先,介绍一下什么是威尔逊定理: 1.p为素数. 2.(p-1)! ≡ -1 (mod p). 有1和2互为充要条件. 2.证明 就证明1为2的充分条件吧. 定义集合A={2,3,4,......,p-2},如果对于A中每一个元素a,均存在A中另一个元素b,使得ab ≡ 1 (mod p),且a不同时,b一定不同,则命题一定成立. 先证对于A中每一个元素a,均存在A中另一个元素b,使得ab ≡ 1 (mod p).首先,显然1 ≤ b ≤ p-1.然后,假设b