Diskrete Mathematik 1 WS 2008/09

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1 Ruhr-Universität Bochum Lehrstuhl für Kryptologie und IT-Sicherheit Prof. Dr. Alexander May M. Ritzenhofen, M. Mansour Al Sawadi, A. Meurer Lösungsblatt zur Vorlesung Diskrete Mathematik 1 WS 008/09 Blatt 6 / 5. November 008 / Abgabe bis 0. Dezember 008, Uhr, in die Kästen auf NA 0 AUFGABE 1 (6 Punkte): In einem gerichteten Graphen D = (V, E) sei der Eingrad d (v) eines Knotens v definiert als die Anzahl der Kanten (w, v), die von einem beliebigen Knoten w V zu v führen. (Analog definiert man den Ausgrad d + (v) eines Knotens v als die Anzahl der Kanten (v, w), die von v zu einem beliebigen Knoten w V führen.) Geben Sie einen Algorithmus zur Bestimmung einer topologischen Sortierung an. Der Algorithmus soll darauf aufbauen, dass Sie die Eingrade der Knoten zählen und davon abhängig den Knoten die Finish-Zahlen zuweisen. Eingabe des Algorithmus sei ein DAG. Zeigen Sie die Korrektheit des Algorithmus und bestimmen Sie seine Laufzeit. Idee bei der Kontruktion dieses Algorithmus: In einem Digraphen kann ein Knoten nur dann Finish-Zahl 1 bekommen, wenn keine einzige Kante zu diesem Knoten führt, der Eingrad des Knotens also 0 ist. Sind schon einige Finish-Zahlen zugewiesen, kann die folgende Finish-Zahl nur an einen Knoten gegeben werden, zu dem nur Kanten von Knoten führen, die schon eine Finish-Zahl zugeordnet bekommen haben. Um darauf aufbauend einen Algorithmus zu realisieren, werden die Eingrade der Knoten gezählt. Dann wird einem Knoten mit Eingrad 0 die nächste Finish-Zahl zugewiesen und der Eingrad der Nachbarknoten jeweils um 1 reduziert. Korrektheit des Algorithmus: Der Algorithmus terminiert, da die ersten Schleifendurchläufe für jeden Knoten einmal durchgeführt werden, der while-schleifendurchlauf dann beendet wird, wenn alle Knoten besucht sind. Außerdem gibt es in jedem Stadium des Algorithmus einen Knoten mit Eingrad 0, da sonst ein Kreis in D existiert, was ein Widerspruch dazu ist, dass D DAG ist. (Den Kreis kann man konstruieren, indem man bei einem beliebigen Knoten startet und dann vom jeweils besuchten Knoten zum Vorgängerknoten geht. Diesen muss es immer geben, da jeder Knoten einen Eingrad größer 0 hat, es sei denn man trifft auf einen bereits besuchten Knoten. Dann aber ist ein Kreis gefunden. Da der Graph endlich ist, muss man irgendwann auf einen bereits besuchten Knoten stoßen.)

2 Algorithm 1 TopSort Eingabe: DAG D = (V, E) for v V do incount(v) 0, f[v] 0 for v V do for u Γ(v) do incount(u) incount(u) + 1 i 1 while Es gibt unbesuchte Knoten do Wähle v V minimal mit incount(v) = 0 und f[v] = 0. Q.Enqueue(v) while (Q.IsEmpty T RUE) do v Q.Dequeue(Q) f[v] i, i i + 1 for u Γ(v) do incount(u) incount(u) 1 if incount(u) = 0 and f[u] = 0 then Q.Enqueue(u) end if end while end while return f[v] für alle v V

3 Für die Korrektheit ist außerdem zu zeigen, dass nach Anwendung des Algorithmus TopSort auf einen Digraphen G = (V, E) für alle u, v V gilt: f[u] > f[v] (u, v) / E. Seien also u, v V mit f[u] > f[v]. Wir nehmen an, dass (u, v) E gilt. Dann ist der Eingrad von v gleich incount(v) 1. Erster Fall: u wird vor v in die Queue eingefügt. Dann wird u auch vor v aus der Queue entfernt und damit gilt f[u] < f[v], was einen Widerspruch zur Voraussetzung bildet. Werde nun also v vor u in die Queue eingefügt. Zu dem Zeitpunkt des Einfügens ist incount(v) = 0. Das heißt, für alle w V mit (w, v) E wurde incount(v) schon um 1 reduziert. Das heißt aber, dass alle w V mit (w, v) E schon vor v betrachtet, also vor v in die Queue eingefügt wurden. Dies bildet einen Widerspruch dazu, dass v vor u in die Queue eingefügt wurde. Also folgt (u, v) / E. Laufzeit des Algorithmus: Die erste for-schleife wird für jeden Knoten einmal, also insgesamt V -mal durchlaufen. Aufwand des Setzens der Werte ist O(1). Die zweite for-schleife wird ebenfalls für jeden Knoten einmal durchlaufen. In der darin enthaltenen for-schleife werden dann alle Nachbarknoten dieses Knotens betrachtet. Die doppelte for-schleife wird daher E -mal durchlaufen. Der Aufwand für das Erhöhen des Eingrades ist O(1). Die Variablenzuweisungen danach bedeuten Aufwand O(1). In den while-schleifen wird jedes Element maximal einmal in die Queue eingefügt. Dementsprechend wird jeder Knoten auch maximal einmal aus der Queue entfernt und seine Nachbarn betrachtet. Dies entspricht wieder E Schleifendurchläufen. Der Aufwand für die einzelnen Wertzuweisungen sowie das Hinzufügen und Entfernen von Elementen aus der Queue hat einen Aufwand von O(1). Der Gesamtaufwand des Algorithmus ist daher O( V ) + O( E ) + O( E ) = O( V + E ). AUFGABE (4 Punkte): Für beliebige Graphen G = (V, E) gilt: E 1 χ(g)(χ(g) 1). Hinweis: Nehmen Sie an, dass die Ungleichung nicht erfüllt sei, und führen Sie dies zu einem Widerspruch, indem Sie die Knoten nach ihren Farben aufteilen. Angenommen, es gelte E < 1 χ(g)(χ(g) 1). Man sortiere die Knoten nach Farben F 1,..., F χ(g) und betrachte nur die Kanten, die Knoten aus zwei verschiedenen Farbmengen verbinden. Man konstruiere also einen Graphen H = (V, E ) mit χ(g) Knoten V = {F 1,..., F χ(g) } und {F i, F j } E genau dann, wenn in G mindestens eine Kante zwischen einem Knoten aus F i und einem Knoten aus F j existiert. Auch gilt E < 1 χ(g)(χ(g) 1), da in H mehrere Kanten aus G zusammenfallen können, niemals aber ) welche ( hinzukommen. Da- = χ(g) ) = 1 her ist H kein vollständiger Graph, denn dieser hätte genau ( V χ(g)(χ(g) 1) Kanten. Daher gibt es in G zwei Farbmengen F i und F j, zwischen denen keine Kante existiert. Man färbe die Knoten aus diesem beiden Mengen mit der gleichen Farbe und erhält somit eine χ(g) 1 Knotenfärbung von G. Dies ist aber ein Widerspruch zur Minimalität von χ(g). Also gilt E 1 χ(g)(χ(g) 1).

4 AUFGABE 3 (4 Punkte): Es sei G = (A B, E) ein bipartiter Graph mit A = m > n = B. Zeigen Sie, dass man G in (G) kantendisjunkte Matchings M 1,..., M (G) mit E = (G) i=1 M i zerlegen kann. Hinweis: Erweitern Sie G zu einem regulären bipartiten Graphen. Man definiere einen Hilfsgraphen G = (V, E ). Dabei sei V = A B, wobei B aus B erweitert um m n Knoten besteht. E enthalte alle Kanten aus E. Zudem füge man (G)p v A deg(v) Kanten geschickt hinzu, so dass G ein (G)-regulärer Graph wird. Beim Hinzufügen der Kanten kann das Problem auftreten, dass, um einen regulären Graphen zu erzeugen, eine Kante zwischen zwei Knoten v A und w B erforderlich wird, die schon durch eine Kante verbunden sind. Um diesen Fall auszuschließen, kann man zum Beispiel zu beiden Knotenmengen A und B je (G) Knoten hinzufügen und die beiden Partitionsmengen bis auf eine Kante voll verbinden. Von den beiden Knoten, deren Grad nun (G) 1 ist, verbinde man den neuen Knoten aus A mit w und den neuen Knoten aus B mit v. So entsteht insgesamt ein (G)-regulärer Graph. Damit ist G also bipartit und (G)-regulär. Der so konstruierte Graph G ist ein bipartiter (G)-regulärer Graph. Nach Vorlesung (Beweis zum Satz über perfekte Matchings in bipartiten Graphen) ist χ (G ) = (G), das heißt, G besitzt eine Zerlegung in kantendisjunkte Matchings M 1,..., M (G) mit E = (G) i=1 M i. Für alle i setze man nun M i = M i E, das heißt, man entferne alle Kanten aus M i, die nicht in G liegen. M 1,..., M (G) ist damit eine Zerlegung von G in kantendisjunkte Matchings mit (G) i=1 M i = (G) i=1 (M i E) = ( (G) i=1 M i) E = E E = E. Bemerkung: Die so konstruierten Matchings sind im Allgemeinen nicht maximal. AUFGABE 4 (6 Punkte): Für r, s N sei K r,s = (A B, E) der vollständige bipartite Graph mit A = r und B = s. Beweisen Sie die folgenden Aussagen: (a) χ T (K p,p ) = p + für p N. (b) χ T (K p,q ) = q + 1 für p, q N, q > p. Die Definition von χ T (G) findet sich in der Präsenzübung, Aufgabe 3. (a) Wir zeigen die Gleichheit durch die zwei Ungleichungen χ T (K p,p ) p+ und χ T (K p,p ) p +. Gelten beide Ungleichungen, so folgt χ T (K p,p ) = p +. Zunächst zeigen wir χ T (K p,p ) p + : Es ist (G) = p, da K p,p vollständig und bipartit ist. Nach Aufgabe 3 gibt es dann eine Zerlegung der Kanten von K p,p in (G) kantendisjunkte Matchings. Man färbe diese in (G) verschiedenen Farben. Die Knotenmenge lässt sich in zwei Partitionen A und B von nicht adjazenten Knoten aufteilen, die daher jeweils in einer Farbe gefärbt werden können. Diese Farben seien verschieden von denen der Kantenfärbung. Insgesamt haben wir so eine Totalfärbung mit p + Farben konstruiert, es ist also χ T (G) p +.

5 Nun zeigen wir χ T (K p,p ) p + : Sei K p,p = (A B, E). Zum Färben der Knotenmenge müssen verschiedene Farben gewählt werden, da die Mengen A und B vollverbunden sind. Alle Kanten benötigen andere Farben, da sie jeweils mit einem Knoten aus A und einem aus B inzidieren. Jeder Knoten v A B hat Grad deg(v) = p. An diesem Knoten treffen also p Kanten, die alle in verschiedenen Farben gefäbt werden müssen, aufeinander. Es werden also mindestens p + Farben zur Totalfärbung benötigt. Insgesamt folgt χ T (K p,p ) = p +. (b) Auch hier zeigen wir die Gleichheit durch die zwei Ungleichungen χ T (K p,q ) q + 1 und χ T (K p,q ) q + 1. Gelten beide Ungleichungen, so folgt χ T (K p,p ) = q + 1. Zunächst χ T (K p,q ) q + 1: Sei K p,q = (A B, E) mit A = p und B = q. Nach Aufgabe 3 gibt es eine Zerlegung des K p,q in q kantendisjunkte Matchings M 1,..., M q mit q i=1 M i = E. Man färbe jedes dieser Matchings in einer Farbe und die Knoten aus A in einer weiteren Farbe. Sei nun v B ein beliebiger Knoten. Es ist deg(v) = p. Der Knoten ist also zu p Kanten inzident. Da q > p ist, gibt es ein Matching M j, so dass dieser Knoten zu keiner Kante des Matchings inzident ist. Man färbe v in derselben Farbe wie dieses Matching. Dies lässt sich für jedes v B durchführen, so dass wir eine (q + 1)-Totalfärbung des K p,q erhalten, also χ T (K p,q ) q + 1. Die andere Ungleichung folgt direkt aus der Präsenzübung, Aufgabe 3 (a): χ T (K p,q ) (G) + 1 = q + 1. Es folgt χ T (K p,q ) = q + 1.