【圖論學習筆記二】雙計數(Double Counting)

雙計數狹義上講，對於一個集合運用兩種不同的方式，得到精確表達式等式結果或者不等式的結果。

握手定理

對於圖G=(V，E)，有 $\sum_{v\in V}d(v)=2|E|$ ，即所有點的度爲邊的二倍。

推論：圖中奇度點數目爲偶數。

可以用關聯矩陣角度看握手定理(自己可以畫一個簡單的圖，寫出它的關聯矩陣)；對關聯矩陣中“1”的個數進行計數，即對集合{(v,e)|v∈e}，可以從行計數也可以從列計數。

握手定理對超圖也適用，例點集合V={1，2，3，4，5}，邊集合 $\beta$ ={{1，2}，{2，3，4}，{2，4，5}}， $\sum_{v\in V}d(v)=\sum_{B \in \beta } |B|$ 。

等式證明

1. $\binom{n}{k}=\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}$

證明：

用集合的雙計數進行證明。原式= $k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$ ，此時可解釋爲從n個元素的集合中，挑出滿足二元組的元素{(x,A)|x∈A,|A|=k}，以不同元素開頭的k元集合的數目，這時可從集合兩個角度來看問題。1)可以先從n元集合中選出k元集合，再從k個元素中挑出開頭元素，即 $k\binom{n}{k}$ ；2)還可以先選定開頭元素，有n種選擇，再從n-1個元素中選擇k-1個元素。即 $n\binom{n-1}{k-1}$ 。兩者是從不同角度進行計數，則等式成立。

從關聯矩陣的角度解釋，寫出 $|M|_{|x|*|A|}$ 的矩陣(x在A上記爲1)，分別對行和列計數：

$M=\begin{bmatrix} & & \\ & 0-1 & \\ & & \end{bmatrix}$ ，從行計數來看，例如包含1的的數目有 $\binom{n-1}{k-1}$ ，共有n個元素，則從行計數共有 $n\binom{n-1}{k-1}$ 個1；從列計數來看，列的1一定是k個，共有 $\binom{n}{k}$ 個列。則從列計數共有 $k\binom{n}{k}$ 個1。

2. $\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k} =n2^{n-1}$

證明：

上面的式子是對固定k的集合計數，而這個式子對k不做固定，k從1-n變化 $\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k} =n\sum_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1}=n2^{n-1}$

3. $\binom{n}{k}\binom{k}{l}=\binom{n}{l}\binom{n-l}{k-l}$ ，其中 $0\leq l\leq k\leq n$

證明：

從集合角度看，可以看作這樣的二元集合計數{(A,B)||A|=l,|B|=k,且 $A\subseteq B$ }。先從n元集合中選出k元集合，再從k元集合中選出l元集合，即等式左邊；從n元集合選出l元集合，但要保證l元集合在k元集合裏，那麼包含l元集合的k元集合剩餘元素從n中選出填入，即等式右邊。

這裏也可以用關聯矩陣進行證明。(以上述二元組計數原則寫出關聯矩陣)

4.三計數，在超圖中，有 $\sum_{x\in X}d^2(x)=\sum_{A\in F} \sum_{x\in A}d(x)=\sum_{A\in F} \sum_{B\in F}|A\cap B|$

對於集合(X,F)，X爲點集合，F爲超邊集合，上式是對這樣的集合進行計數，{(x,A,B)|A,B∈F,x∈A，x∈B}。第一個式子x在全集X上，A，B集合均包含點x；第二個式子先選出在A的x，再使得x在B中；第三個式子先選出A和B集合，使得x在A和B上，那麼就是在A和B的交集上。

5.圖蘭定理 $T(n,k,l)\geq \binom{n}{l}/\binom{k}{l}$

圖蘭數T(n,k,l) (I<=k<=n)是n元集合X的l元子集的最小值，使得X的每個k元子集至少包含一個這樣的l元集合。

設F爲滿足條件的l元集合，記F={A1，A2，...}，此時可用關聯矩陣 $M_{|Ai|*|Bi|}$ 表示，Ai爲滿足條件的l元集合，Bi爲 $\binom{n}{k}$ 個k元集合，若Ai在Bi上，則爲1，就可以得到一個0-1矩陣。行計數：對於某一個l元集合，有 $\binom{n-l}{k-l}$ 個k元集合包含它，共有|F|個，行計數1的個數爲 $|F|\binom{n-l}{k-l}$ ；列計數來看，每個Bi必包含一個Ai，則每一列至少有一個1，可以得到 $|F|\binom{n-l}{k-l}\geq \binom{n}{k}$ ，應用前面的3等式，可得 $T(n,k,l)=|F|\geq \binom{n}{l}/\binom{k}{l}$ 。

6.H-free圖；

設H是一個固定的圖形。如果一個圖不包含H作爲子圖，那麼它就是無H的。圖論中的一個典型問題是:一個有n個頂點的無H圖可以最多有多少條邊?

定理：如果圖G=(V，E)中不包含4個點的圈，那麼有 $|E|\leq \left \lfloor n/4(1+\sqrt{4n-3}) \right \rfloor$ 。

證明：

令點集V={1，2，...，n}，用於雙計數的集合爲S={(u,{v,w})|uyuv,w都鄰接，且v≠w}，固定u,那麼v和w只能在度爲d(u)的點中選取，即 $\binom{d(u)}{2}$ ，那麼就有 $\sum _{u\in V}\binom{d(u)}{2}=|S|$ ；固定v和w，最多隻有一個點可以和它們都關聯，那麼有 $\binom{n}{2}\geq |S|$ ，那麼， $\sum _{u\in V}d^2(u)\leq \sum _{u\in V}d(u)+n(n-1)$ ,由柯西—施瓦茨不等式得， $n\sum_{u\in V}d^2(n)\geq (\sum_{u\in V}d(n)*1)^2$ ，代入上式， $\frac{(\sum_{u\in V} d(u))^2}{n}\leq \sum_{u\in V}d(u)+n)n-1$ ，運用握手定理得 $4|E|^2\leq n2|E|+n^2(n-1)$ ，求解n可得上述結論。

柯西—施瓦茨不等式， $|(\alpha ,\beta )|\leq ||\alpha ||*||\beta ||$ ，上述得不等式中對應的分別是()，(1,1,...1)。

7.假設我們有兩個有限集R和C和一個子集S $\subseteq$ RxC。無論何時(p，g)∈s 那麼認爲p和q是關聯的。設表示p固定，與p關聯的元素數目；表示q固定，與q關聯的元素數目。那麼有 $\sum_{p\in R}r_p=|S|=\sum_{q\in C}c_q$ 。

證明：

可以假設 $M_{|p|x|q|}$ 的關聯矩陣使用雙計數進行證明，矩陣中若pi和qj相關聯，aij則置爲1，否則爲0，那麼|S|就是矩陣M中全部1的個數，等式的第一項可從行計數，最後一項可從列計數角度統計矩陣中1的個數。

設R=C={1，2，...，n}，集合S={(i,j)|i可以整除j}，t(j)表示j的因子的數目，如j=4，因子有1，2，4，那麼t(4)=3。對於 $\overline{t(j)}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}t(j)$ 有多大？

i\j 1 2 3 4 5 6 7 8
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 1 1 1
3 1 1
4 1 1
5 1
6 1
7 1
8 1
列計數轉化爲行計數。 $\overline{t(j)}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}t(j)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor n/i \right \rfloor$ ，有 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(\frac{n}{j}-1)<\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor n/i \right \rfloor\leq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{i}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}$ ，那麼 $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}-1<t(j)\leq lnn$ ，( $lnn<\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}<lnn+1$ ，具體證明可參考求和的積分近似)， $|\overline{t(j)}-lnn|<1$

8. $\binom{n}{2}=\binom{k}{2}+\binom{n-k}{2}+k(n-k)$

證明：

對於一個完全圖，共有 $\binom{n}{2}$ 條邊；將完全圖劃分爲兩部分，一部分有k個點，則另一部分有n-k個點，k個點之間有 $\binom{k}{2}$ 條邊，n-k個點之間有 $\binom{n-k}{2}$ 條邊，k個點與n-k條邊之間有k(n-k)條邊。雙計數法。

可推廣：分爲S部分， $\sum_{i=1}^{S}n_i=n,\binom{n}{2}=\sum_{i=1}^{S}\binom{n_i}{2}+\sum_{i<j}n_in_j$

9.Zarankiewicz's problem

對於一個nxn的0-1矩陣，如果不存在axb的全1子矩陣，那麼這個nxn的矩陣最多有多少個1？

用二部圖重新表述這個問題。一個部分大小爲n的二部圖是一個三重G=(V1,V2,E)，其中V1,V2是頂點的不相交n元集合， $E\in V1\times V2$ 是邊的集合。

令Ka(n)爲最小整數k邊，使得任意大小爲n且邊數大於k的二部圖至少包含一個axa clique。對於任意的自然數n和a，有 $K_a(n)\leq (a-1)^{1/a}n^{2-1/a}+(a-1)n$

定義S={(x,A)|x∈V1，A∈V2，|A|=a，且x與A中的每個元素都有邊相連}

固定x：那麼從與x相連的元素中取A，假定x的neighbor爲d(x)，那麼A有 $\sum_{x\in V_1}\binom{d(x)}{a}$ 種選法，且其等於|S|；

固定A：從n中選出a元集合，與之對應相連的x最多有(a-1)個，否則就會出現axa clique，即 $\binom{n}{a}(a-1)$ ；

jensen不等式：對於凸函數有， $\sum_{i=1}^{S}\lambda_1=1,\sum_{i=1}^{S}\lambda_if(x_i)\geq f(\sum_{i=1}^{S}\lambda_ix_i)$ ；

令 $f(x)=\binom{x}{a},x_i=d(x_i);\frac{1}{n}\sum_{x\in V_1}\binom{d(x)}{a}\geq \binom{\frac{1}{n}\sum_{x\in V_1}d(x)}{a}$ ， $\sum_{x\in V_1}\binom{d(x)}{a}\geq n\binom{\frac{1}{n}\sum_{x\in V_1}d(x)}{a}=n\binom{\frac{|E|}{n}}{a}$ (因爲爲二部圖，則degree爲一倍邊數)，且有|S|≤ $\binom{n}{a}(a-1)$ ，即 $n\binom{\frac{|E|}{n}}{a}\leq \binom{n}{a}(a-1)$ ，經過放大縮小有 $n(\frac{|E|}{n}-(a-1))^a<\frac{n(|E|/n)(|E|/n-1)...(|E|/n-(a-1))}{a!}=n\binom{\frac{|E|}{n}}{a}$ ， $\binom{n}{a}(a-1)=\frac{n(n-1)...(n-(a-1))}{a!}(a-1)<\frac{n^a}{a!}(a-1)$ ，兩邊同時開a次方即可解的。

Jensen不等式可以對求和項數r做數學歸納法證明‘

Ka(n)的下界可以用概率方法求得。

10.斯波納引理(Sperner Lemma)

假設某個頂點爲V1、V2、V3的“大”三角形被三角化了(也就是說，被分解成有限數量的“小”三角形，這些“小”三角形每條邊都能拼接在一起)。假設三角化中的頂點從集合{1,2,3}中獲取顏色，使得Vi接收顏色i(對於每個i)，並且沿着Vi到Vi的邊的頂點只用i和j的顏色，而內部頂點用1、2或3的顏色任意着色。那麼在三角測量中一定有一個小的“三色”三角形。

證明：

假定大三角形外部有一點A，每一個小三角形中心都有一個頂點O，若小三角形含有1，2頂點，則從O經過1，2點構成的邊形成一條邊(即出度)，如下圖

根據握手定理可知，度之和必爲偶數，在V1和V2構成的邊上，觀察可得出度必爲奇數，即邊上(1,2).(2,1)的線段必有奇數個，那麼在小三角形必存在奇數度的三角形，即必存在1度的三角形，得證。

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