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第九周。

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2022-11-08 21:18:13 +08:00
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2
01LetsCount.tex
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@@ -158,7 +158,7 @@ $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$的证明与此相似。
思路：
\begin{enumerate}
\item $A \cap B \subseteq A \subseteq A \cup (A \cap B)$；
\item $A \cap (A \cup B) \subseteq A \subseteq (A \cup B)$。
\item $A \cap (A \cup B) \subseteq A \subseteq (A \cup B)$。\qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}

4
03Binome.tex
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@@ -20,7 +20,7 @@
分礼物的过程可以是：把$n$个礼物先按照某个顺序排成一排（共$n!$种排法），然后从某一端开始前$n_1$个给第一个孩子，之后的$n_2$个给第二个孩子……最后的$n_k$个分给第$k$个孩子。但是要注意到，每个孩子拿到的礼物中的内部的顺序是不重要的，因此还需要再除以$n_1!n_2!\cdots n_k!$。
综上，可能的分礼物的方法数为
\[\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}\eqper\]
\[\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}\eqper\qedhere\]
\end{proof}
\begin{corollary*}
@@ -159,6 +159,6 @@
\]
将所有式子累加得到
\[
\binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{k-1} < c 2^{2n-1}
\binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{k-1} < c 2^{2n-1}\eqper \qedhere
\]
\end{proof}

6
04FibonacciNumbers.tex
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@@ -40,7 +40,7 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
\end{aligned}
\end{equation*}
累加所有的式子，得到
\[F_1 + F_2 + \cdots + F_n = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} -1 \eqper\]
\[F_1 + F_2 + \cdots + F_n = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} -1 \eqper\qedhere\]
\end{proof}
\item 对等式$F_1 + F_3 + \cdots + F_{2n-1} = F_{2n}$：
\begin{proof}
@@ -53,7 +53,7 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
\end{aligned}
\end{equation*}
累加所有的式子，得到
\[F_1 + F_3 + \cdots + F_{2n-1} = F_{2n} - F_0 = F_{2n} \eqper\]
\[F_1 + F_3 + \cdots + F_{2n-1} = F_{2n} - F_0 = F_{2n} \eqper\qedhere\]
\end{proof}
\item 对等式$F_0 - F_1 + F_2 - F_3 + \cdots - F_{2n-1} + F_{2n} = F_{2n-1} - 1$：
\begin{proof}
@@ -204,7 +204,7 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
\right.
\end{equation*}
于是有
\[F_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^n\right) \eqper\]
\[F_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^n\right) \eqper \qedhere\]
\end{proof}
\section{Fibonacci数列的性质}

10
05CombinatorialProbability.tex
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@@ -29,13 +29,11 @@
& = \frac{2\left[\binom{2n}{0} + \cdots + \binom{2n}{n-t-1}\right]}{2^{2n}}\\
\end{aligned}
\end{equation*}
应用引理\ref{lemma for Bernolli's law of large numbers}
\begin{equation*}
\begin{aligned}
应用引理\ref{lemma for Bernolli's law of large numbers}：
\begin{align*}
P(\vert X - n \vert > t) & < \binom{2n}{n-t} \bigg/ \binom{2n}{n}\\
& \leq e^{-\frac{t^2}{n+t}}\eqper
\end{aligned}
\end{equation*}
& \leq e^{-\frac{t^2}{n+t}}\eqper \qedhere
\end{align*}
\end{proof}
我们可利用定理\ref{corollary of Bernolli's law of large numbers}证明定理\ref{Bernolli's law of large numbers}。

12
06IntergersDivisorsAndPrimes.tex
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@@ -214,7 +214,7 @@
由命题\ref{Property of gcd}，有
\begin{align*}
\gcd{a,b} & = \gcd(b, r_1) = \cdots = \gcd(r_{n-1}, r_n)\\
& = \gcd(r_n, 0) = r_n
& = \gcd(r_n, 0) = r_n \eqper \qedhere
\end{align*}
\end{proof}
@@ -231,7 +231,7 @@
那么
\[a = bq + r \geq b + r > 2r\]
从而
\[ab > 2br \eqper\]
\[ab > 2br \eqper \qedhere\]
\end{proof}
\begin{theorem}
@@ -330,7 +330,7 @@
& = b^n + mq^\prime, q \in \naturalnum
\end{align*}
从而$a^n \equiv b^n \pmod{m}$。
\item 由1，3可证。
\item 由1，3可证。\qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
@@ -344,7 +344,7 @@
由$10 \equiv 1 \pmod{9}$，有
\begin{align*}
f(10) & \equiv f(1) \pmod{9}\\
a & \equiv \sum_{i=0}^n a_i \pmod{9}
a & \equiv \sum_{i=0}^n a_i \pmod{9}\eqper \qedhere
\end{align*}
\end{proof}
@@ -417,7 +417,7 @@ Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
X \times \mathrm{Wed} & = Y \times \mathrm{Wed}\\
(X - Y) \mathrm{Wed} & = \mathrm{Sun}\\
X - Y & = \mathrm{Sun}\\
X & = Y + \mathrm{Sun} = Y
X & = Y + \mathrm{Sun} = Y\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
@@ -535,7 +535,7 @@ Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
\begin{cases}
x = 117\\
y = 49
\end{cases}
\end{cases}\qedhere
\end{equation*}
\end{proof}

46
07Graphs.tex
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@@ -8,11 +8,11 @@
\begin{wrapfigure}{r}{5cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw node[circle, draw=black] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black] (w) at (306:2) {$w$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=25pt] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=25pt] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=25pt] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=25pt] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=25pt] (w) at (306:2) {$w$};
\draw (u)--(y);
\draw (u)--(x);
\draw (u)--(w);
@@ -65,7 +65,7 @@
\begin{align*}
\sum_{v\in V} d(v) & = \sum_{v \in V}\sum_{e \in E} a_{v,e}\\
& = \sum_{e \in E}\sum_{v \in V}\\
& = 2\lvert E \rvert
& = 2\lvert E \rvert \eqper\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
@@ -110,11 +110,11 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
\centering
\subfloat[完全图$K_5$]{
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
\draw node[circle, draw=black] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black] (w) at (306:2) {$w$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (w) at (306:2) {$w$};
\draw (u)--(y);
\draw (u)--(x);
\draw (u)--(w);
@@ -130,11 +130,11 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
\hspace{1cm}
\subfloat[图$G$]{
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
\draw node[circle, draw=black] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black] (w) at (306:2) {$w$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (w) at (306:2) {$w$};
% \draw (u)--(y);
\draw (u)--(x);
\draw (u)--(w);
@@ -150,11 +150,11 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
\hspace{1cm}
\subfloat[图$G$的补图$\setcom{G}$]{
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
\draw node[circle, draw=black] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black] (w) at (306:2) {$w$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (v) at (18:2) {$v$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (u) at (90:2) {$u$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (y) at (162:2) {$y$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (x) at (234:2) {$x$};
\draw node[circle, draw=black, minimum height=23pt] (w) at (306:2) {$w$};
\draw (u)--(y);
% \draw (u)--(x);
% \draw (u)--(w);
@@ -230,7 +230,7 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
若$G$中没有奇数度的顶点，则从任一顶点$v_0$出发，用上述方法一定可以回到顶点$v_0$，得到一条闭迹。
\item 若$L_1$通过了$G$的所有边，则$L_1$就是一条Eular迹。
\item 否则$G$中去掉$L_1$的边后得到的子图$G^\prime$中每个顶点的度都为偶数，因为原来的图$G$是连通的，故$L_1$与$G^\prime$至少有一个顶点$v_i$重合，在$G^\prime$中以$v_i$为起点和终点重复（1）中的方法，得到闭迹$L_2$。
\item 将$L_1$与$L_2$组合，若恰好为$G$，则找到了Eular迹；否则重复（3），可得到闭迹$L_3$，依此类推可以得到一条欧拉迹。
\item 将$L_1$与$L_2$组合，若恰好为$G$，则找到了Eular迹；否则重复（3），可得到闭迹$L_3$，依此类推可以得到一条欧拉迹。\qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
@@ -325,6 +325,6 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
可见减去1个点最多有1个连通分支、减去2个点最多有2个连通分支……由此可得
\[c(C-S) \leq \lvert S \rvert\]
因此
\[c(G-S) \leq c(C-s) \leq \lvert S \rvert \eqper\]
\[c(G-S) \leq c(C-s) \leq \lvert S \rvert \eqper\qedhere\]
\end{proof}

8
08Trees.tex
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@@ -249,7 +249,7 @@
\[\frac{n^{n-2}}{n} \leq T_n \leq \binom{2n-4}{n-2}\eqper\]
\end{theorem}
为了证明这个定理，我们要先引入Planner code：
为了证明这个定理，我们要先引入Planar code：
首先，我们先将无编号树``展平''，即使它的边互相不交叉。之后，我们从它的某个顶点旁边开始，使自己的右手边始终挨着树走一圈。那么，如果我们将我们第一次经过某个边记作1，第二次经过它记作0，那么我们就会得到一个序列1111100100011011010000。
\begin{figure}[H]
@@ -296,4 +296,8 @@
\end{tikzpicture}
\end{figure}
Planner code 的第一位一定是1，最后一位一定是0，剩余$2n-4$位中有$n-2$（一半）是1，共有$\dbinom{2n-4}{n-2}$种，而有的Planner code不合法（例如11000110前五位有两个1却有三个0），因此$T_n < \dbinom{2n-4}{n-2}$。
\begin{proof}
Planar code 的第一位一定是1，最后一位一定是0，剩余$2n-4$位中有$n-2$（一半）是1，共有$\dbinom{2n-4}{n-2}$种，而有的Planar code不合法（例如11000110前五位有两个1却有三个0），因此$T_n < \dbinom{2n-4}{n-2}$，即右侧的不等式成立；
其次，对于一个无编号树，我们最多有$n!$种方法给他的不同节点编号成为不同的有编号树，因此无编号树的数量多于$\dfrac{n^{n-2}}{n!}$种，即$\dfrac{n^{n-2}}{n!} \leq T_n$。
\end{proof}

202
09FindingTheOptimum.tex Normal file
View File

@@ -0,0 +1,202 @@
\chapter{寻找最优}
\section{最小生成树}
\begin{definition}
设$G = (V,E)$是一连通图，$G$的每一条边有权$c(e)$，$G$的生成树$T$的权$c(T)$就是$T$的边的权和。
在$G$的所有生成树中，树权最小的那棵树称为$G$的最小生成树。
\end{definition}
\subsection{Borůvka-Kruskal算法}
\subsubsection{思路}
为了使得最后得到的生成树的边的权和最小，应该让生成树的每一条边的权值都尽可能地小。
\subsubsection{做法}
寻找没有被选中的权最小的边，如果添加它不会使得图中有圈，那么就加入它；如果添加它会使得图中形成圈，那么就考虑除它以外最小的；如此重复，直到选出了$n-1$条边。
\begin{theorem}
通过Borůvka-Kruskal算法得到的树是最小生成树。
\end{theorem}
\begin{proof}
\begin{figure}[htbp]
\centering
\begin{tikzpicture}
\node[draw=black, circle] (a) at (0,0) {};
\node[draw=black, circle] (b) at (0,-2) {};
\node[draw=black, circle] (c) at (2,0) {};
\node[draw=black, circle] (d) at (3,1) {};
\node[draw=black, circle] (e) at (1,2) {};
\node[draw=black, circle] (f) at (3,3) {};
\node[draw=black, circle] (g) at (-1,2) {};
\node[draw=black, circle] (h) at (-3,3) {};
\node[draw=black, circle] (i) at (-3,5) {};
\node[draw=black, circle] (j) at (-4,1) {};
\node[draw=black, circle] (k) at (-3,-1) {};
\node[draw=black, circle] (l) at (-6,0) {};
\draw[color=red] (b)--(a)--(g)--(e)--(f);
\draw[color=red] (a)--(c);
\draw[color=red] (e)--(d);
\draw[color=red] (i)--(h)--(j)--(l);
\draw[color=red] (h)--(g);
\draw[color=red] (j)--(k);
\draw[loosely dashed, color=blue, line width=2pt] (l)--(j)--(h)--(g)--(a)--(c)--(d)--(f);
\draw[loosely dashed, color=blue, line width=2pt] (k)--(a);
\draw[loosely dashed, color=blue, line width=2pt] (d)--(e);
\draw[loosely dashed, color=blue, line width=2pt] (i)--(h);
\draw[loosely dashed, color=blue, line width=2pt] (a)--(b);
\node[above, xshift=-5pt] at($(j)!0.4!(h)$) {1};
\node[above] at($(a)!0.5!(c)$) {2};
\node[left] at($(a)!0.5!(b)$) {3};
\node[above] at($(g)!0.5!(e)$) {4};
\node[above] at($(g)!0.65!(e)$) {e};
\node[above] at($(e)!0.4!(f)$) {5};
\node[above] at($(d)!0.4!(e)$) {6};
\node[below] at($(c)!0.6!(d)$) {f};
\node[above] at($(g)!0.4!(h)$) {7};
\node[above, xshift=5pt] at($(a)!0.4!(g)$) {8};
\node[above] at($(j)!0.5!(l)$) {9};
\node[above, xshift=5pt] at($(j)!0.6!(k)$) {10};
\node[left] at($(h)!0.5!(i)$) {11};
\end{tikzpicture}
\caption{一张图由Borůvka-Kruskal算法得到的最小生成树（红线）与任意一个生成树（蓝线）。图中的数字代表的是B-K算法中取边的顺序。}
\end{figure}
设算法得到的树为$F$，其它的任意一棵生成树为$T$。从一号边开始依次检查这条边是否属于$T$。如果属于，则检查下一条边；如果不属于（如4号），设这条边为$e$。
因为$T$是一棵树，因此我们将$e$加到$T$中一定会产生唯一的一个圈。而需要注意到$F$中没有圈，因此这个产生的圈中一定至少有一条异于$e$的边$f$不属于$F$。
令$H = T + e - f$，那么$H$仍是一棵生成树。现在我们需要考虑为什么B-K算法没有选择$f$而选择了$e$。如果$c(f) < c(e)$但是$f$却没被选，这说明$f$的加入会使得$f$与之前已经选中的边形成圈；而$T$中在$f$之前的边和$F$都是一样的，因此$f$也会让$T$中出现圈，可是$T$是一棵树，它不包含圈，矛盾！因此算法没有选择$f$的唯一可能原因是$c(f) \geq c(e)$。那么$c(H) \leq c(T)$。
那么我们将$H$代替$T$的位置，可以继续检查后面的边与$F$的不同。因此我们最后总能把任意图优化为$F$，即，$F$是最优解。
\end{proof}
\subsection{Jarník-Prim算法}
\subsubsection{思路}
以图中任意一点为根，生长出一棵树。
\subsubsection{做法}
找出和根相连的所有点长出的、与未在树上的点相连的边中权重最小的生长，直到长出了$n-1$条边，即连接了所有$n$个点。
\begin{theorem}
通过Jarník-Prim算法得到的树是最小生成树。
\end{theorem}
\begin{proof}
对$\vert V \vert$做数学归纳。
当$\vert V \vert = 1$时，显然成立；
设当$\vert V \vert = k-1$时，结论成立。那么对于$\vert V \vert = k$，设$T$是这个$k$个顶点图$G$的以$r$为根的J-P树。设$e$是生成$T$时选取的第一条边，即对所有与$r$相连的边$f$，有$c(e) \leq c(f)$。
那么我们收缩$e$得到$G \setminus e$：
\begin{figure}[H]
\centering
\subfloat[收缩前的$T$的局部]{
\begin{tikzpicture}
\node[fill=black, circle] (a) at (0,0) {};
\node[draw=black, circle] (b) at (-2,0) {};
\node[draw=black, circle] (c) at (-1,1) {};
\node[draw=black, circle] (d) at (-1,-1) {};
\node[draw=black, circle] (e) at (2,0) {};
\node[draw=black, circle] (f) at (3,1) {};
\node[draw=black, circle] (g) at (3,-1) {};
\draw (b)--(a)--(e)--(f);
\draw (c)--(a)--(d);
\draw (e)--(g);
\node[above] at ($(a)!0.5!(e)$) {$e$};
\node[yshift=10pt] at (a) {$r$};
\end{tikzpicture}
}
\hspace{1cm}
\subfloat[收缩后的$T\setminus e$的局部]{
\begin{tikzpicture}
\node[fill=black, circle] (a) at (0,0) {};
\node[draw=black, circle] (b) at (-2,0) {};
\node[draw=black, circle] (c) at (-1,1) {};
\node[draw=black, circle] (d) at (-1,-1) {};
\node[draw=black, circle] (f) at (1,1) {};
\node[draw=black, circle] (g) at (1,-1) {};
\draw (b)--(a)--(f);
\draw (c)--(a)--(d);
\draw (a)--(g);
\end{tikzpicture}
}
\end{figure}
当我们在$G$上做J-P算法做了第一步之后（即连接了$e$之后），我们一直在将$e$两端的两个端点看成一个顶点来寻找后续的边；因此，在$G \setminus e$上做J-P算法选出的第$n$个边就是在$G$中做J-P算法第$n+1$步选出的边。这也就是说，我们在$G\setminus e$上做J-P算法会得到$T\setminus e$。
根据归纳假设，$T\setminus e$是$G \setminus e$的最小生成树。
在这里，我们需要先证明另一个结论才能继续：一定存在包含$e$的$G$的最小生成树。
假设$T^\ast$是一个最小生成树，而$e \notin T^\ast$，那么$T^\ast + e$包含唯一一个圈$C$。那么可设$f$是与$r$相连的包含在$C$中的边。有$c(e) \leq c(f)$。那么$T^\prime := T^\ast + e - f$也是$G$的一个生成树且$c(T^\prime) = c(T^\ast) + c(e) - c(f) \leq c(T^\ast)$。从而一定有最小生成树$T^\prime$包含$e$。
有了$T^\prime$，我们可以得到$T^\prime \setminus e$也是$G \setminus e$的一个最小生成树。那么
\[c(T) = c(e) + c(T \setminus e) = c(e) + c(T^\prime \setminus e) = c(T^\prime)\]
即$T$是$G$的一个最小生成树。
\end{proof}
\section{货郎问题The Traveling Salesman Problem}
问题：在一个完全图中如何寻找权最小的Hamilton圈？
Hamitlton圈问题可以被转化为TSP：将原本图中存在的边赋权1，将不相邻的两点用一条新边相连，并赋权2，则哈密顿圈是否存在的问题就转化为了在此完全图中权最小的Hamilton圈是否权和为$n$的问题。
TSP问题没有满意解。
我们引入一个近似算法Tree Shortcut Algorithm：
第一步，寻找图中的一个最小生成树；
第二步，用与上一张中在Planar code中运用的方法一样遍历这棵树，得到一个closed walk；
第三步，找一些“捷径”：如果从$i$到$k$需要经过$j$，而$j$在这之前已经到达过，那么我们就直接从$i$连接至$k$，如此重复直到我们不能再简化。
\setcounter{subfigure}{0}
\begin{figure}[H]
\centering
\subfloat[在closed walk中的走法]{
\begin{tikzpicture}
\node (a) at (-2,0) {};
\node[draw=black, circle, minimum height=25pt] (j) at (0,0) {$j$};
\node[draw=black, circle, minimum height=25pt] (k) at (2,0) {$k$};
\node[draw=black, circle, minimum height=25pt] (i) at (0,-2) {$i$};
\node (b) at (4,0) {};
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (a)--(j);
\draw[{Stealth[width=5pt]}-{Stealth[width=5pt]}] (j)--(i);
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (j)--(k);
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (k)--(b);
\end{tikzpicture}
}
\hspace{1cm}
\subfloat[修改后的路径]{
\begin{tikzpicture}
\node (a) at (-2,0) {};
\node[draw=black, circle, minimum height=25pt] (j) at (0,0) {$j$};
\node[draw=black, circle, minimum height=25pt] (k) at (2,0) {$k$};
\node[draw=black, circle, minimum height=25pt] (i) at (0,-2) {$i$};
\node (b) at (4,0) {};
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (a)--(j);
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (j)--(i);
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (i)--(k);
\draw[-{Stealth[width=5pt]}] (k)--(b);
\end{tikzpicture}
}
\end{figure}
\begin{theorem}
设在TSP中每个边都满足三角不等式$c(ij) + c(jk) \geq c(ik)$，那么由Tree Shortcut Algorithm得到的圈权值不超过最小圈权值的两倍。
\end{theorem}
\begin{proof}
设得到的圈的权和为$c(\mathrm{tour})$，算法中closed walk的权和为$c(\mathrm{walk})$。那么由条件中的三角不等式有$c(\mathrm{tour}) \leq c(\mathrm{walk})$。
再设图中图中最小生成树的权和为$c(T)$，考虑到closed walk经过了每个边两次，因此$c(\mathrm{walk}) = 2c(T)$。
最后设最小圈的权和为$c^\ast$，且将这个圈去掉一个边后得到一个树，这个树的权和不小于最小生成树的权和，因此$c(T) \leq c^\ast$。
将几个不等式和等式合起来得到
\[c(\mathrm{tour}) \leq c(\mathrm{walk}) = 2c(T) \leq 2c^\ast \eqper \qedhere\]
\end{proof}

5
离散数学.tex
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@@ -16,6 +16,8 @@
\usepackage{wrapfig}
\usepackage{nicematrix}
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\usetikzlibrary{calc}
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@@ -53,7 +55,7 @@
\author{}
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% linespread{1.5}
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\begin{document}
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