system: [SYSTEM]

user: 3. 极小反例的性质 假设定理3是不正确的和G是定理3的反例且满足： 1) | V ( G ) | 是最小的； 2) 在满足(1)的前提下， | E ( G ) | 是最大的。 假设G是一个连通图，因为否则我们可以考虑G的每一个连通分支且根据G的极小性，我们得出每一个连通分支是在线f-可选的，因此 G − E ( T ) 是在线f-可选的。对于所有 v ∈ V ( G ) − V ( T ) 有 d G ( v ) ≥ 5 。如果存在v有 d G ( v ) = 4 ，那么根据G的极小性 ( G − { v } ) − E ( T ) 是在线f-可选的，由于 f ( v ) > d ( v ) ，所以 G − E ( T ) 也是在线f-可选的。 引理2： c r ( G ) = 1 。 证明：假设 c r ( G ) = 0 ，则G是平面图。令 S = t 1 ，我们容易得出 G [ S ] 是在线f-可选的。令 G ′ = G − S 以及 f ′ 是 V ( G ′ ) 到N上的一个映射且满足。由于对于任意 v ∈ V ( G ′ ) 在S中至多一个邻点，因此 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 引理3：如果 e = x y 是一条交又边，那么 e ∉ E ( T ) 。 证明：假设这个引理不正确，那么我们不妨设 e = t 1 t 2 并且被令一条边 e ′ = x ′ y ′ 交叉。根据对称性，我们假设 x ≠ t 3 和x落在T的内部。令 G 1 是由T的外部以及T上的点所得到的G的一个诱导子图。根据G的极小性，我们有 G 1 − E ( T ) 是在线f-可选的。令 S = V ( G 1 ) − { t 2 ， t 3 } 且 G [ S ] 是在线f-可选的。令 G ′ = G − S 以及 f ′ 是 V ( G ′ ) 到N的一个映射且满足 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 。由于对于任意 v ∈ V ( G ′ ) 在S中至多两个邻点，因此 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理1的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 为了方便后面的证明，我们把交叉边和T都称作是坏的构型。 引理4：G没有分离3-圈。 证明：假设G存在一个分离三圈 C = x y z 且令 G * = int [ C ] 。 如果两个坏的构型都在G * 内，那么根据G的极小性，我们有 G * − E ( T ) 是在线f-可选的。令 S = G * − { x ， y } 且 G [ S ] 是在线f-可选的。令 G ′ = G − S 以及 f ′ 是 V ( G ) 到N的一个映射满足 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 以及 f ′ ( x ) = 1 ， f ′ ( y ) = 1 。由于对于任意 v ∈ V ( G ′ ) 在S中至多两个邻点，因此 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理1的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 如果只有一个坏的构型在G * 内，那么根据对称性我们假设T在G * 内。根据G的极小性，我们有 G * − E ( T ) 是在线f-可选的。令 G ′ = G − int [ C ] 。根据G的极小性，我们有 G ′ − E ( C ) 是在线f-可选的，因为C在 G ′ 中充当着T的角色。因此 G − E ( T ) 是在线f-可选的。 引理5：设C是G的一个分离圈。如果坏的构型都在C的一侧，那么 l ( C ) ≥ 5 。 证明：假设G中存在一个分离4-圈 C = v 1 v 2 v 3 v 4 。令 G * = int [ C ] 且坏的构型都在G * 内。根据G的极小性，我们有 G ∗ − E ( T ) 是在线f-可选的。令 S = V ( G * ) − { v 1 ， v 2 } ，从而 G [ S ] 是在线f-可选的。令 G ′ = G − S ，以及 f ′ 是 V ( G ′ ) 到N上的一个映射满足 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 且 f ′ ( v 1 ) = 1 ， f ′ ( v 2 ) = 1 。由于对于任意 v ∈ V ( G ′ ) 在S中至多两个邻点，因此 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理1的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 令 X = { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 } ，且边 e = x 1 x 3 和 e ′ = x 2 x 4 相互交叉。因为我们假设G的边数尽可能的多，所以我们可假设 G [ X ] 是一个完全图。 引理6：令 e = u v ∈ E ( G [ X ] ) 。如果e是交又边，那么不存在 x ∈ G − X 使得x与u和v相邻。 证明：假设存在点 w ∈ G − X 使得w与u，v相邻。令X上按顺时针方向的点为 x ， u ， y ， v 。那么 x u w v 和 y u w v 之间，由对称性我们假设坏的构型在 y u w v 的一侧。根据引理5我们有 y u w v 不是一个分离圈。这样我们得出 d G ( y ) ≤ 4 ，从而产生矛盾。 引理7：如果C是G的一个分离4-圈，那么 | V ( C ) ∩ X | ≤ 1 。 证明：令C是G的一个分离4-圈并且 V ( C ) ∩ X = { u ， v } 。根据引理5以及T和X之间的对称性，我们假设T在 G ′ = int [ C ] 内以及X在 G ″ = e x t [ C ] 内。根据G的极小性，我们有 G ′ − E ( T ) 是在线f-可选的。因为 G [ X ] 是一个完全图，所以uv是G中的边。根据引理6，我们有uv不是交叉边并且 u v ∈ E ( C ) 。根据引理4，从而C在 G ″ 中是一个诱导子图。我们假设 C = u v x y ，令 V ( G ′ ) − { x ， y } 以及令 G 1 = G − S 。以及 f ′ 是 V ( G 1 ) 到N上的一个映射满足 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 且 f ′ ( x ) = 1 ， f ′ ( y ) = 1 。由于对于任意 v ∈ V ( G 1 ) 在S中至多两个邻点，因此 ( G 1 ， f ′ ) 满足引理1的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 引理8： X ∩ T = ∅ 。 证明：假设 X ∩ T = { u } 。令 T = u t 2 t 3 ，以及 u v ∈ E ( G [ X ] ) 且uv不是交叉边。令 S = { u ， v } ，很显然 G [ S ] 是在线f-可选的。令 G ′ = G − S 以及 f ′ 是 V ( G ) 到N上的一个映射且满足 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 且 f ′ ( t 2 ) = 1 ， f ′ ( t 3 ) = 1 。由于对于任意 v ∈ V ( G ′ ) 在S中至多两个邻点，因此 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理1的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 引理9：G中不存在边 e = u v 使得 u ∈ T 且 v ∈ X 。 证明：假设 t 1 x 1 是G中的一条边。根据引理6以及 x 2 和 x 4 之间的对称性，我们假设 t 1 x 4 不是G中的边。令 S = { t 1 ， x 1 ， x 2 } 。 情形1：G中不存在点w与 t 1 ， x 1 ， x 2 都相邻。 令 G ′ = G − S ，且 f ′ 是 V ( G ′ ) 到N上的一个映射且满足 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 并且 f ′ ( t i ) = 1 ( i = 2 ， 3 )。由于对于任意 v ∈ V ( G ′ ) 在S中至多两个邻点，因此 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理1的条件。根据观察1，我们得出 G − E ( T ) 是在线f-可选的，与G是极小反例相矛盾。 情形2：G中存在点点w与 t 1 ， x 1 ， x 2 都相邻。 根据引理6，我们有 t 1 x 3 不是G中的一条边，从而 w ≠ t 3 。由于我们的假设 t 1 x 4 不是G中的边，所以 w ≠ x 4 。根据引理7，对于 i = 2 ， 3 我们有 x 2 t i 不是G中的边。根据引理4，我们有 t 3 x 1 不是G中的边，并且w是唯一的。令 G ′ = G − S ，以及 f ′ 是 V ( G ′ ) 到N上的一个映射且满足对于 v ∈ V ( G ′ ) − { w } 都有 f ′ ( v ) = f ( v ) − | N G ( v ) ∩ S | 以及对于 i = 2 ， 3 有 f ′ ( t i ) = 1 。在第i回合玩家Lister选中一个未染顶点集 L i ，玩家Painter按照以下策略选择 I i ： 1) 对于 i = 1 ， 2 ， 3 有 t i ∈ L i ，玩家Painter优先选择 t i 在 I i 中。 2) 如果 L i ⊆ S ，那么玩家Painter按照顺序 t 1 ， x 1 ， x 2 选择在 I i 中。 3) 如果 L i ⊄ S 。玩家Painter一般优先考虑S中的点以及当 x 2 ， w ∈ L i ，Painter优先考虑w。当 x 1 ， w ∈ L i 时，此时我们需要考虑两种特殊情况：1) t 2 x 1 ∈ E ( G ) ，那么根据引理4，我们有 t 2 w ∉ E ( G ) 。如果 t 2 ， x 1 ， w ∈ L i ，Painter优先考虑 t 2 ， w ；2) t 2 x 1 ∉ E ( G ) Painter优先考虑 x 1 。 由以上的策略，S中的点有足够的筹码可用，因此 G [ S ] 是在线f-可选的。对于 G ′ 中的点，我们需要说明 ( G ′ ， f ′ ) 满足引理1的条件。由 f ′ 定义可知 G ′ 中的点除了w都有足够的筹码可用，因此我们只需要说明w在 G ′ 中至少有3个筹码可用。根据以上的策略，点w最多因为 t 1 ， x 1 丢掉2个筹码，所以w在 G ′ 中至少有3个筹码可用。从而 G − E ( T ) 在线f-可选的，与G是反例相矛盾。 设P为G中的一条路且 P = p 1 p 2 ⋯ p k − 1 p k ，其中 p 1 ∈ T 和 p k − 1 ， p k ∈ X 并且P上的边都不是交叉边。 W ( P ) 表示P的跨度。如果 p k − 2 p k ∈ E ( G ) ，那么 W ( P ) = 2 k − 1 ；如果 p k − 2 p k ∉ E ( G ) ，那么 W ( P ) = 2 k 。我们选择一条路P使得 W ( P ) 最小。根据引理9，我们有令 k ≥ 4 ，令 P ¯ = p 1 p 2 ⋯ p k − 1 ，根据P的选择我们得出 P ¯ 是G的一条诱导路。我们假设 p 1 = t 1 。 引理10：如果 p i ， p j 是 v ∈ V ( G ) − V ( P ) 的邻点，那么 | i − j | ≤ 2 。 证明：如果 | i − j | ≥ 3 并且 i > j ，那么 W ( P ¯ ) < W ( P ) 的，这与P的选择相矛盾。 引理11：任意 v ∈ V ( G ) − V ( P ) 在P上最多有三个邻点。 证明：假设存在 v ∈ V ( G ) − V ( P ) 在P上有四个邻点。根据引理10以及P的选择，这四个邻点是 p k − 3 ， p k − 2 ， p k − 1 ， p k 。由于 p 1 p 2 ⋯ p k − 3 v p k p k − 1 的跨度不小于P的跨度，所以 p k − 2 p k ∈ E ( G ) 。我们有 p k − 2 p k v 或者 p k − 2 p k − 1 v 的G的一个分离圈，与引理4相矛盾。 根据P的选择，对于 i = 2 ， 3 ， t i 在P上最多两个邻点并且这两个邻点是 t 1 ， p 2 。根据引理4， p 2 最多与 t 2 ， t 3 中一个相邻。根据P的选择， v ∈ X − { p k − 1 ， p k } 在P上有两个邻点。对于每个点 V ( G ) − V ( P ) ，如果v在P上有三个点，那么令 σ ( v ) = p i ，其中 p i 是v在P上下标最大的邻点；如果v在P上最多两个邻点，那么令 σ ( v ) = v 。 引理12：如果 u ≠ v ，那么 σ ( u ) ≠ σ ( v ) 。 证明：如果 u ≠ v 且 σ ( u ) = σ ( v ) = p i ，那么 u ， v 在P上都有三个邻点。如果 p i ≠ p k ，那么 d G ( p i − 1 ) ≤ 4 ，从而产生矛盾。因此 p i = p k 。由于P的选择，所以 u ， v 邻点在 { p k − 3 ， p k − 2 ， p k − 1 ， p k } 中。根据引理4， u ， v 不会都与 p k − 1 相邻。不失一般性我们假设 u p k − 1 ∉ E ( G ) 。因此u的邻点是 p k − 3 ， p k − 2 ， p k 。根据引理7，我们得出 v p k − 1 ∉ E ( G ) 。这样 p k − 2 p k − 1 p k u 或者 p k − 2 p k − 1 p k v 是一个分离4-圈并且坏的构型在分离4-圈的一侧，与引理5相矛盾。