Les arbres couvrant un minimum d'un graphique pondéré ont-ils le même nombre d'arêtes avec un poids donné?

Si un graphe pondéré $G$ a deux arbres couvrant minimum différents $T_1 = (V_1, E_1)$ et , alors est-il vrai que pour toute arête dans , le nombre d'arêtes dans avec le même poids que (y compris lui-même) est le même que le nombre d'arêtes dans avec le même poids que ? Si l'énoncé est vrai, comment pouvons-nous le prouver?$T_2 = (V_2, E_2)$E 1 E 1 e e E 2$e$$E_1$$E_1$$e$$e$$E_2$$e$

Allégation: oui, cette affirmation est vraie.

Esquisse de preuve: Soit $T_1,T_2$ deux arbres s'étendant sur un minimum avec des ensembles multiples de poids de bord $W_1,W_2$ . Supposons $W_1 \neq W_2$ et notons leur différence symétrique avec $W = W_1 \mathop{\Delta} W_2$ .

Choisissez l'arête $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ avec $w(e) = \min W$ , c'est-à-dire que $e$ est une arête qui n'apparaît que dans l'un des arbres et a un poids de désaccord minimum. Un tel bord, qui est en particulier $e \in T_1 \mathop{\Delta} T_2$ , existe toujours: il est clair, tous les bords de poids $\min W$ peuvent être dans les deux arbres, sinon $\min W \notin W$ . Wlog soit $e \in T_1$ et supposons $T_1$a plus d'arêtes de poids $\min W$ que $T_2$ .

Considérons maintenant toutes les arêtes de $T_2$ qui se trouvent également dans la coupe $C_{T_1}(e)$ induite par $e$ dans $T_1$ . S'il y a un bord $e'$ en bas qui a le même poids que $e$ , la mise à jour $T_1$ à l'aide de $e'$ à la place de $e$ ; notez que le nouvel arbre est toujours un arbre couvrant minimal avec le même multiset de poids de bord que $T_1$ . Nous répétons cet argument, en rétrécissant $W$ de deux éléments et en supprimant ainsi un bord de l'ensemble des candidats pour $e$ à chaque étape. Par conséquent, nous obtenons après un nombre infini d'étapes un paramètre où tous les bords$T_2 \cap C_{T_1}(e)$ (where $T_1$ is the updated version) have weights other than $w(e)$.

Now we can always choose $e' \in C_{T_1}(e) \cap T_2$ such that we can swap $e$ and $e'$¹, that is we can create a new spanning tree

$\qquad \displaystyle T_3 = \begin{cases} (T_1 \setminus \{e\}) \cup \{e'\}, &w(e') \lt w(e) \\[.5em] (T_2 \setminus \{e'\}) \cup \{e\}, &w(e') \gt w(e) \end{cases}$

which has smaller weight than $T_1$ and $T_2$; this contradicts the choice of $T_1,T_2$ as minimal spanning trees. Therefore, $W_1 = W_2$.

1. The nodes incident of $e$ are in $T_2$ connected by a path $P$; $e'$ is the unique edge in $P \cap C_{T_1}(e)$.

Here is a slightly simpler argument that also works for other matroids. (I saw this question from another one.)

Suppose that $G$ has $m$ edges. Without loss of generality, assume that the weight function $w$ takes on values in $[m]$, so we have a partition of $E$ into sets $E_i := w^{-1}(i)$ for $i\in [m]$. We can do induction on the number $j$ of non-empty $E_i$ and number of vertices $n$ in $G$; for $j=1$ and any $n$, the statement is obvious.

A standard fact about matroids is that for every MST $T$ there is a linear extension of the ordering induced by $w$ so that the greedy algorithm produces $T$.

To close the induction, take $t$ to be the largest number so that $E_t$ is not empty. Set $E' = E_1 \cup \cdots \cup E_{t-1}$. Observe that any linear extension of $w$ puts every edge in $E'$ before any edge in $E_t$. According to the fact, any MST consists of a spanning forest $F$ of the subgraph induced by $E'$ and some edges from $E_t$. By the inductive hypothesis, each connected component of $F$ has the same number of edges from each $E_i$ for $i < t$. Since all the choices of $F$ have the same size, the number of edges from $E_t$ required to complete $F$ to a spanning tree is independent of the choice of $F$ and we are done.