图的可视化问题、havel-hakimi算法、Erdős

图的可视化问题、havel-hakimi算法、Erdős–Gallai定理

简单无向图的可视化问题：

给定一个度数序列D={a1......an},a⊂Z+，aiD=\{a_1......a_n\},a\subset Z^+，a_iD={a1......an},a⊂Z+，ai表示iii号点在某个简单无向图中的度数，问是否有一个简单无向图满足这个给定的度数序列DDD，若有，构造一个，称其为DDD的可视化

havel−hakimihavel-hakimihavel−hakimi算法：

给出一个DDD并构造简单无向图的方法：

将D(xD(xD(x从大到小排序，使ap1≥......≥apna_{p_1}\ge......\ge a_{p_n}ap1≥......≥apn，我们从p1p_1p1号点向p2,p3......pap1+1p_2,p_3......p_{a_{p_1}+1}p2,p3......pap1+1号点分别连边，然后p1p_1p1的度数限制已经满足，新的序列{sort{ap2−1......apap1+1−1......apn}}\{sort\{a_{p_2}-1......a_{p_{a_{p_1}+1}}-1......a_{p_n}\}\}{sort{ap2−1......apap1+1−1......apn}}记为D′D^{\ '}D ′,(sort{}sort\{\}sort{}表示按照下标重新排回原来的顺序，虽然可视化的判定与序列元素的顺序无关，但这样更加直观)，继续对D′D^{\ '}D ′进行上述操作，重复nnn次直到序列为空，若某次操作出现了非法（如某个元素变为负数），即为原序列不能可视化，证明见下。

havel−hakimihavel-hakimihavel−hakimi定理：DDD能可视化(1)↔D′\leftrightarrow D^{\ '}↔D ′能可视化(2)

证明：(2)→\rightarrow→(1):若(2)成立，按照上文的方法给111号点连边，则(1)成立。

(1)→\rightarrow→(2):若(1)成立，找到使(1)成立的任意一张简单无向图GGG，讨论如下：

(i):将GGG的点的度数由大到小排序后，若p1p_1p1节点相邻的点分别为p2,p3......pap1+1p_2,p_3......p_{a_{p_1}+1}p2,p3......pap1+1，则将这个点和这些边删掉，易知(2)成立。

(ii):若∃pi⊂{p2,p3......pap1+1},edge(p1,pi)isn′texist\exist p_i\subset \{p_2,p_3......p_{a_{p_1}+1}\},edge(p_1,p_i) \ isn't\ exist∃pi⊂{p2,p3......pap1+1},edge(p1,pi) isn′t exist 则∃pj,j>ap1+1,edge(p1,pj)exist\exist p_j,j>a_{p_1}+1,edge(p_1,p_j)\ exist∃pj,j>ap1+1,edge(p1,pj) exist

则，api≥apj,∃k,edge(k,pj)isn′texist,edge(k,pi)exista_{p_i}\ge a_{p_j},\exist k,edge(k,p_j)\ isn't\ exist,edge(k,p_i)\ existapi≥apj,∃k,edge(k,pj) isn′t exist,edge(k,pi) exist，给GGG加上(pj,k),(p1,pi)(p_j,k),(p_1,p_i)(pj,k),(p1,pi)两条边，删除(pi,k),(p1,pj)(p_i,k),(p_1,p_j)(pi,k),(p1,pj)两条边，成为新图G′G^{\ '}G ′,新图DDD不变且满足讨论(i)，可证(2)成立

使用这个递归算法即可构造一张合法的图，由havel−hakimihavel-hakimihavel−hakimi定理可知，若这个过程中出现某个D(k)D^{(k)}D(k)不能可视化，则原序列DDD不能可视化，第一次排序后使用链表和同值分块维护不增关系，算法复杂度O(nlog2n+m)O(nlog_2n+m)O(nlog2n+m)

用数学方法表示图可视化的判定关系Erdos–GallaiErdos–GallaiErdos–Gallai定理：

DDD能可视化(1)↔\leftrightarrow↔∀k⊂[1,n],∑i=1kapi≤k(k−1)+∑i=k+1nmin(api,k),∑i=1naimod2=0\forall k\subset[1,n],\sum_{i=1}^{k}a_{p_i}\leq k(k-1)+\sum_{i=k+1}^{n}{min(a_{p_i},k)},\sum_{i=1}^{n}a_i mod2=0∀k⊂[1,n],∑i=1kapi≤k(k−1)+∑i=k+1nmin(api,k),∑i=1naimod2=0(2)

证明：

(1)→\rightarrow→(2):如果(1)成立，那么考虑任意的度数前kkk大的点，考虑他们需要∑i=1kapi\sum_{i=1}^{k}{a_{p_i}}∑i=1kapi的度数贡献，考虑两个端点都在度数前kkk大的点集中的边,最多能贡献给度数前kkk大的点度数为k(k−1)k(k-1)k(k−1),考虑只有一个端点在度数前kkk大的点的边，每条这样的边可以有111的度数贡献，枚举这条边的另一个端点计算可提供的最大贡献即为∑i=k+1nmin(api,k)\sum_{i=k+1}^{n}{min(a_{p_i},k)}∑i=k+1nmin(api,k),可提供的最大贡献当然必须大于等于度数前kkk大的点需要的度数贡献，因此必要性即证

(2)→\rightarrow→(1):考虑数学归纳法，设s(D)=∑i=1napis(D)=\sum_{i=1}^{n}{a_{p_i}}s(D)=∑i=1napi,考虑对sss进行归纳。显然对于s(D)=0,2s(D)=0,2s(D)=0,2，定理成立。那么我们假设已证对于s(D)=2ks(D)=2ks(D)=2k定理成立，欲证∀D,s(D)=2(k+1)\forall D,s(D)=2(k+1)∀D,s(D)=2(k+1)，定理也成立。为了方便，我们重新给序列标号，将apia_{p_i}api的下标记为iii（早就该这么做了233）。设ttt为最小的满足at>at+1a_t>a_{t+1}at>at+1的整数，若DDD中数字全部相同，则将ttt设为n−1n-1n−1。考虑将序列中at,ana_t,a_nat,an分别减111,显然不增的性质没有改变得到了新序列D′={a1=a2=......>at−1≥at+1......≥an−1},s(D′)=2k,D^{\ '}=\{a_1=a_2=......>a_t-1\ge a_{t+1}......\ge a_n-1\},s(D^{\ '})=2k,D ′={a1=a2=......>at−1≥at+1......≥an−1},s(D ′)=2k,

下面来证明:DDD满足(2)→D′\rightarrow D^{\ '}→D ′满足(2)

对新序列的nnn个不等式分类讨论：

(a)(a)(a):k≥tk\ge tk≥t，对于新序列，不等式左边至少减去了111,不等式右边最多减去了111,因此原不等式依然成立

(b)(b)(b):1≤k≤t−1,ak≤k−11\leq k\leq t-1,a_k\leq k-11≤k≤t−1,ak≤k−1,∑i=1kak=kak≤k(k−1)+∑i=k+1nmin(Di′,k)\sum_{i=1}^{k}a_k=ka_k\leq k(k-1)+\sum_{i=k+1}^{n}{min(D^{\ '}_i,k)}∑i=1kak=kak≤k(k−1)+∑i=k+1nmin(Di ′,k)

(c)(c)(c):1≤k≤t−1,ak=k1\leq k\leq t-1,a_k=k1≤k≤t−1,ak=k,先证∑i=k+2nai≥2\sum_{i=k+2}^{n}a_i\ge 2∑i=k+2nai≥2:若k≤n−3k\leq n-3k≤n−3,则显然成立，否则可知t=n−1=ak=n−2t=n-1=a_k=n-2t=n−1=ak=n−2

此时s(D)=(n−1)(n−2)+anmod  2=0s(D)=(n-1)(n-2)+a_n\mod\ 2=0s(D)=(n−1)(n−2)+anmod 2=0,由于(n−1)(n−2)mod2=0(n-1)(n-2)\ mod \ 2=0(n−1)(n−2) mod 2=0,an≥2a_n\ge 2an≥2,即证

则：∑i=1kak=k2−k+ak+1≤k2−k+∑i=k+1nai−2≤k(k−1)+∑i=k+1nmin(Di′,k)\sum_{i=1}^{k}a_k=k^2-k+a_{k+1}\leq k^2-k+\sum_{i=k+1}^{n}{a_i}-2\leq k(k-1)+\sum_{i=k+1}^{n}{min(D^{\ '}_i,k)}∑i=1kak=k2−k+ak+1≤k2−k+∑i=k+1nai−2≤k(k−1)+∑i=k+1nmin(Di ′,k)

(d)(d)(d):1≤k≤t−1,ak≥k+1,an≥k+11\leq k\leq t-1,a_k\ge k+1,a_n\ge k+11≤k≤t−1,ak≥k+1,an≥k+1,此时at=ak=k+1,an≥k+1a_t=a_k=k+1,a_n\ge k+1at=ak=k+1,an≥k+1,不等式右边与kkk取minminmin,因此，不等式两边的值不变，不等式依然成立。

(e)(e)(e):1≤k≤t−1,ak≥k+1,an<k+11\leq k\leq t-1,a_k\ge k+1,a_n<k+11≤k≤t−1,ak≥k+1,an<k+1，设rrr为最小的整数满足at+r+1<k+1a_{t+r+1}<k+1at+r+1<k+1,可知t+r+1≤n,∑i=t+r+1nai>0t+r+1\leq n,\sum_{i=t+r+1}^{n}a_i>0t+r+1≤n,∑i=t+r+1nai>0,由于at−1=ak−1≥ka_t-1=a_k-1\ge kat−1=ak−1≥k,因此不等式右边只会由于Dn′=an−1<kD^{\ '}_n=a_n-1<kDn ′=an−1<k而减少111

考虑反证法，若有原不等式组成立，但存在一条新不等式当(e)(e)(e)情况时不成立，则由于右边只会减少111,左边不变，因此此不等式对应的原不等式必有：

∑i=1kai=kak=k(k−1)+∑i=k+1nmin(ai,k)=k(k−1)+k(t+r−k)+∑i=t+r+1nai=(t+r−1)k+∑i=t+r+1nai\sum_{i=1}^{k}a_i=ka_k=k(k-1)+\sum_{i=k+1}^{n}{min(a_i,k)}=k(k-1)+k(t+r-k)+\sum_{i=t+r+1}^{n}a_i=(t+r-1)k+\sum_{i=t+r+1}^{n}a_i∑i=1kai=kak=k(k−1)+∑i=k+1nmin(ai,k)=k(k−1)+k(t+r−k)+∑i=t+r+1nai=(t+r−1)k+∑i=t+r+1nai

则有：∑i=1k+1ai=(k+1)ak=(k+1)(t+r−1)+k+1k∑i=t+r+1nai>(k+1)k+(k+1)(t+r−k−1)+∑i=t+r+1nai=(k+1)k+∑i=k+2nai\sum_{i=1}^{k+1}a_i=(k+1)a_k=(k+1)(t+r-1)+\frac{k+1}{k}\sum_{i=t+r+1}^{n}a_i>(k+1)k+(k+1)(t+r-k-1)+\sum_{i=t+r+1}^{n}a_i=(k+1)k+\sum_{i=k+2}^{n}a_i∑i=1k+1ai=(k+1)ak=(k+1)(t+r−1)+kk+1∑i=t+r+1nai>(k+1)k+(k+1)(t+r−k−1)+∑i=t+r+1nai=(k+1)k+∑i=k+2nai

第k+1k+1k+1条不等式不成立，与条件矛盾，因此不可能存在一条新不等式不成立。

综上所述，s(D)=2(k+1)s(D)=2(k+1)s(D)=2(k+1)且不等式成立→\rightarrow→ D′D^{\ '}D ′满足不等式→∃G\rightarrow \exist G→∃G满足D′D^{\ '}D ′序列：

若edge(t,n)notinGedge(t,n)\ not\ in Gedge(t,n) not inG则在图中加入这条边，即可构造出满足DDD序列的简单无向图

若edge(t,n)⊂Gedge(t,n)\subset Gedge(t,n)⊂G，则此时：先再加入一条edge(t,n)edge(t,n)edge(t,n)得到新图G′G^{\ '}G ′,使其满足DDD,此时图中有两条edge(t,n)edge(t,n)edge(t,n)重边，下面进行调整：首先由不等式可得at=a1<na_t=a_1<nat=a1<n,由于edge(t,n)edge(t,n)edge(t,n)已经占据ttt的两个度数，因此真正与ttt相邻的点最多只有n−2n-2n−2个，不失普遍性，我们设n>3n>3n>3,此时就可以用类似havel−hakimihavel-hakimihavel−hakimi算法类似的方法进行调整:∃k,edge(t,k)notinG′,ak≥an,∃p≠t,edge(p,k)⊂G′,edge(p,n)notinG′\exist k,edge(t,k) not\ in\ G^{\ '},a_k\ge a_n,\exist p\neq t,edge(p,k)\subset G^{\ '},edge(p,n)\ not\ in\ G^{\ '}∃k,edge(t,k)not in G ′,ak≥an,∃p̸=t,edge(p,k)⊂G ′,edge(p,n) not in G ′

此时删去一条edge(t,n)edge(t,n)edge(t,n),并加入edge(t,k),edge(n,p)edge(t,k),edge(n,p)edge(t,k),edge(n,p),删去edge(p,k)edge(p,k)edge(p,k),即可在保持度数矩阵不变的情况下将此图变为简单无向图，因此∀D,s(D)=2(k+1),D\forall D,s(D)=2(k+1),D∀D,s(D)=2(k+1),D能可视化，根据数学归纳法，充分性即证。

Erdos–GallaiErdos–GallaiErdos–Gallai定理也给我们提供了一种新的构造合法图的思路，也就是按照上面的过程每次找出ttt,将s(D)s(D)s(D)减小，每一层在上一步的基础上进行调整递归进行构造，这种构造方法效率不如havel−hakimihavel-hakimihavel−hakimi算法，递归层数是O(m)O(m)O(m)

例题：codeforces1091Ecodeforces\ 1091\ Ecodeforces 1091 E

最困难的部分是对Erdos–GallaiErdos–GallaiErdos–Gallai定理充分性的证明，上文是目前最简单的一种证明，此外还有最初Erdos–GallaiErdos–GallaiErdos–Gallai较为冗长的证明以及choudumchoudumchoudum基于网络流的证明（网络流证明待补）

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