【图论学习笔记二】双计数(Double Counting)

双计数狭义上讲，对于一个集合运用两种不同的方式，得到精确表达式等式结果或者不等式的结果。

 握手定理

对于图G=(V，E)，有，即所有点的度为边的二倍。

推论：图中奇度点数目为偶数。

可以用关联矩阵角度看握手定理(自己可以画一个简单的图，写出它的关联矩阵)；对关联矩阵中“1”的个数进行计数，即对集合{(v,e)|v∈e}，可以从行计数也可以从列计数。

握手定理对超图也适用，例点集合V={1，2，3，4，5}，边集合={{1，2}，{2，3，4}，{2，4，5}}，。

 等式证明

1.

证明：

用集合的双计数进行证明。原式=，此时可解释为从n个元素的集合中，挑出满足二元组的元素{(x,A)|x∈A,|A|=k}，以不同元素开头的k元集合的数目，这时可从集合两个角度来看问题。1)可以先从n元集合中选出k元集合，再从k个元素中挑出开头元素，即；2)还可以先选定开头元素，有n种选择，再从n-1个元素中选择k-1个元素。即。两者是从不同角度进行计数，则等式成立。

从关联矩阵的角度解释，写出的矩阵(x在A上记为1)，分别对行和列计数：

，从行计数来看，例如包含1的的数目有，共有n个元素，则从行计数共有个1；从列计数来看，列的1一定是k个，共有个列。则从列计数共有个1。

 2.

证明：

上面的式子是对固定k的集合计数，而这个式子对k不做固定，k从1-n变化

3.，其中

证明：

从集合角度看，可以看作这样的二元集合计数{(A,B)||A|=l,|B|=k,且}。先从n元集合中选出k元集合，再从k元集合中选出l元集合，即等式左边；从n元集合选出l元集合，但要保证l元集合在k元集合里，那么包含l元集合的k元集合剩余元素从n中选出填入，即等式右边。

这里也可以用关联矩阵进行证明。(以上述二元组计数原则写出关联矩阵)

4.三计数，在超图中，有

对于集合(X,F)，X为点集合，F为超边集合，上式是对这样的集合进行计数，{(x,A,B)|A,B∈F,x∈A，x∈B}。第一个式子x在全集X上，A，B集合均包含点x；第二个式子先选出在A的x，再使得x在B中；第三个式子先选出A和B集合，使得x在A和B上，那么就是在A和B的交集上。

5.图兰定理

图兰数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的每个k元子集至少包含一个这样的l元集合。

设F为满足条件的l元集合，记F={A1，A2，...}，此时可用关联矩阵表示，Ai为满足条件的l元集合，Bi为个k元集合，若Ai在Bi上，则为1，就可以得到一个0-1矩阵。行计数：对于某一个l元集合，有个k元集合包含它，共有|F|个，行计数1的个数为；列计数来看，每个Bi必包含一个Ai，则每一列至少有一个1，可以得到，应用前面的3等式，可得。

6.H-free图；

设H是一个固定的图形。如果一个图不包含H作为子图，那么它就是无H的。图论中的一个典型问题是:一个有n个顶点的无H图可以最多有多少条边?

定理：如果图G=(V，E)中不包含4个点的圈，那么有。

证明：

令点集V={1，2，...，n}，用于双计数的集合为S={(u,{v,w})|u与v,w都邻接，且v≠w}，固定u,那么v和w只能在度为d(u)的点中选取，即，那么就有；固定v和w，最多只有一个点可以和它们都关联，那么有，那么，,由柯西—施瓦茨不等式得，，代入上式，，运用握手定理得，求解n可得上述结论。

柯西—施瓦茨不等式，，上述得不等式中对应的分别是()，(1,1,...1)。

7.假设我们有两个有限集R和C和一个子集SRxC。无论何时(p，g)∈s 那么认为p和q是关联的。设表示p固定，与p关联的元素数目；表示q固定，与q关联的元素数目。那么有。

证明：

可以假设的关联矩阵使用双计数进行证明，矩阵中若pi和qj相关联，aij则置为1，否则为0，那么|S|就是矩阵M中全部1的个数，等式的第一项可从行计数，最后一项可从列计数角度统计矩阵中1的个数。

设R=C={1，2，...，n}，集合S={(i,j)|i可以整除j}，t(j)表示j的因子的数目，如j=4，因子有1，2，4，那么t(4)=3。对于有多大？

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

列计数转化为行计数。，有，那么，(，具体证明可参考求和的积分近似)，

8.

证明：

 对于一个完全图，共有条边；将完全图划分为两部分，一部分有k个点，则另一部分有n-k个点，k个点之间有条边，n-k个点之间有条边，k个点与n-k条边之间有k(n-k)条边。双计数法。

可推广：分为S部分，

9.Zarankiewicz's problem

对于一个nxn的0-1矩阵，如果不存在axb的全1子矩阵，那么这个nxn的矩阵最多有多少个1？

用二部图重新表述这个问题。一个部分大小为n的二部图是一个三重G=(V1,V2,E)，其中V1,V2是顶点的不相交n元集合，是边的集合。

令Ka(n)为最小整数k边，使得任意大小为n且边数大于k的二部图至少包含一个axa clique。对于任意的自然数n和a，有

定义S={(x,A)|x∈V1，A∈V2，|A|=a，且x与A中的每个元素都有边相连}

固定x：那么从与x相连的元素中取A，假定x的neighbor为d(x)，那么A有种选法，且其等于|S|；

固定A：从n中选出a元集合，与之对应相连的x最多有(a-1)个，否则就会出现axa clique，即；

jensen不等式：对于凸函数有，；

令，(因为为二部图，则degree为一倍边数)，且有|S|≤，即，经过放大缩小有，，两边同时开a次方即可解的。

Jensen不等式可以对求和项数r做数学归纳法证明‘

Ka(n)的下界可以用概率方法求得。

10.斯波纳引理(Sperner Lemma)

假设某个顶点为V1、V2、V3的“大”三角形被三角化了(也就是说，被分解成有限数量的“小”三角形，这些“小”三角形每条边都能拼接在一起)。假设三角化中的顶点从集合{1,2,3}中获取颜色，使得Vi接收颜色i(对于每个i)，并且沿着Vi到Vi的边的顶点只用i和j的颜色，而内部顶点用1、2或3的颜色任意着色。那么在三角测量中一定有一个小的“三色”三角形。

证明：

假定大三角形外部有一点A，每一个小三角形中心都有一个顶点O，若小三角形含有1，2顶点，则从O经过1，2点构成的边形成一条边(即出度)，如下图

根据握手定理可知，度之和必为偶数， 在V1和V2构成的边上，观察可得出度必为奇数，即边上(1,2).(2,1)的线段必有奇数个，那么在小三角形必存在奇数度的三角形，即必存在1度的三角形，得证。