关于两类图的一般位置数

引理2.1

让G成为一个仙人掌 k个 ( ≥ 2 ) 循环，S为a 普通合伙人 -G组If C类 0 是G的循环，那么 ∣ V（V） ( C类 0 ) ∩ 秒 ∣ ≤ 2 .

证明

让 C类 1 和 C类 2 是两个循环 G公司 通过路径连接 P（P） （也许微不足道）。假设 V（V） ( C类 1 ) ∩ V（V） ( P（P） ) = u个 和 V（V） ( C类 2 ) ∩ V（V） ( P（P） ) = 第页 .让 u个 1 和 u个 2 , u个 三 和 u个 4 是的相邻顶点 u个 和 第页 在里面 C类 1 和 C类 2 分别是。请注意 R（右） = { u个 1 , u个 2 , u个 三 , u个 4 } 是一个通用位置集 G公司 因此， 普通合伙人 ( G公司 ) ≥ 4 .

假设 ∣ V（V） ( C类 0 ) ∩ 秒 ∣ = 三 然后让 V（V） ( C类 0 ) ∩ 秒 = { x个 , 年 , z（z） } 。这意味着 我 ( x个 , 年 ) ∪ 我 ( 年 , z（z） ) ∪ 我 ( z（z） , x个 ) = V（V） ( C类 0 ) 和 我 ( x个 , 年 ) ∩ 我 ( 年 , z（z） ) = 年 , 我 ( 年 , z（z） ) ∩ 我 ( z（z） , x个 ) = z（z） , 我 ( x个 , 年 ) ∩ 我 ( z（z） , x个 ) = x个 .自 G公司 是仙人掌，循环 C类 0 具有至少一个非平凡的切割顶点，标记为 v（v） .让 H（H） 0 是的一个重要子图 G公司 这样的话 V（V） ( H（H） 0 ) ∩ V（V） ( C类 0 ) = v（v） .在不损失一般性的情况下，假设 v（v） ∈ 我 ( x个 , 年 ) .对于一些 v（v） 0 ∈ V（V） ( H（H） 0 ) ，连接顶点的每条路径 v（v） 0 和中的所有顶点 C类 0 通过 v（v） 因此， x个 （或 年 ) ∈ 我 ( v（v） 0 , z（z） ) ，我们推断 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 0 .然后， 普通合伙人 ( G公司 ) = 三 ，一个矛盾。□

引理2.2

如果L是树T的叶子集，那么 普通合伙人 ( T型 ) = ∣ L（左） ∣ .

引理2.3

如果 G公司 ∈ C类 n个 t吨 , k个 和 T型 是由悬垂树在G中去掉根而形成的子图，则存在一个 普通合伙人 -设置S，以便 ∣ 秒 ∩ V（V） ( T型 ) ∣ = t吨 .

证明

让 G公司 ∈ C类 n个 t吨 , k个 有 w个 吊坠树标记为 T型 1 , … , T型 ℓ , T型 ℓ + 1 , … , T型 w个 带根 v（v） 1 , … , v（v） ℓ , v（v） ℓ + 1 , … , v（v） w个 ，其中第一个 ℓ 根（分别是最后一根 w个 − ℓ 根）属于循环（分别是循环路径）。让 T型 1 = ⋃ 我 = 1 ℓ { T型 我 − v（v） 我 } , T型 2 = ⋃ 我 = ℓ + 1 w个 { T型 我 − v（v） 我 } 和 T型 = T型 1 ∪ T型 2 .让 L（左） 我 ( 1 ≤ 我 ≤ w个 )是吊坠树上的一组叶子 T型 我 和 X（X） 我 ( 1 ≤ 我 ≤ w个 )是度为1的顶点集 G公司 显然， ∣ L（左） 我 ∣ = ∣ X（X） 我 ∣ .让 秒 ′ 成为 普通合伙人 -一套，共套 G公司 .

权利要求1。 秒 ′ 不包含任何根 v（v） 我 ( ℓ + 1 ≤ 我 ≤ w个 ) .

假设有一些 v（v） 我 0 ∈ 秒 ′ 对于 ℓ + 1 ≤ 我 0 ≤ w个 。如所示图2, v（v） 我 0 是的一个重要切割顶点 G公司 ，除此之外 T型 我 0 ，具有 第页 ( ≥ 2 ) 包含标记为的循环的组件 H（H） 1 , H（H） 2 , … , H（H） 第页 .对于每个三元组，包括 v（v） 我 0 属于 秒 ′ 标记为 { x个 , 年 , v（v） 我 0 } ，我们得出结论 x个 和 年 同时属于 v（v） 我 0 ，假设 H（H） 1 如果不是，假设 x个 ∈ V（V） ( H（H） j个 ) 和 年 ∈ V（V） ( H（H） k个 ) （或 V（V） ( T型 我 0 − v（v） 我 0 ) )，然后是任何 x个 , 年 -测地线是通过 v（v） 我 0 ，与相矛盾 秒 ′ .顺便说一下，我们得到了一个新的一般位置集 秒 = 秒 ′ ∩ V（V） ( H（H） 1 ) ∪ { u个 2 , u个 三 , … , u个 第页 , u个 第页 + 1 } 显然， ∣ 秒 ∣ ≥ ∣ 秒 ′ ∣ + 2 ，这是一个矛盾。

我们现在考虑 秒 ′ 和剩下的根 G公司 .

如果 秒 ′ 不包含任何根 v（v） 我 ( 1 ≤ 我 ≤ ℓ ) ，我们采取 秒 = 秒 ′ 每个阶为1的顶点都不能位于任何其他对悬垂顶点的测地线上。因此， ∣ 秒 ∩ V（V） ( T型 1 ) ∣ = ∣ ∑ 我 = 1 ℓ 秒 ∩ ( V（V） ( T型 我 ) − v（v） 我 ) ∣ = ∑ 我 = 1 ℓ ∣ 秒 ∩ V（V） ( T型 我 ) ∣ = ∑ 我 = 1 ℓ ∣ X（X） 我 ∣ = ∑ 我 = 1 w个 ∣ L（左） 我 ∣ 通过引理2.2.

因此，我们认为 秒 ′ 包含一些根 v（v） 我 0 ，属于循环 C类 0 显然， 秒 ′ = ( 秒 ′ ∩ V（V） ( G公司 − T型 我 0 ) ) ∪ ( 秒 ′ ∩ ( V（V） ( T型 我 0 ) ⧹ { v（v） 我 0 } ) ) ∪ { v（v） 我 0 } 。我们声称 T型 我 0 是一条路径。请注意 V（V） ( G公司 − T型 我 0 ) 到的顶点 V（V） ( T型 我 0 ) ⧹ { v（v） 我 0 } 是通过 v（v） 我 0 ，这意味着 秒 ′ ∩ V（V） ( G公司 − T型 我 0 ) = ∅ 或 秒 ′ ∩ ( V（V） ( T型 我 0 ) ⧹ { v（v） 我 0 } ) = ∅ 首先，假设 秒 ′ ∩ ( V（V） ( G公司 − T型 我 0 ) ) = ∅ .标记的两个相邻顶点 v（v） 我 0 作为 x个 和 年 在里面 C类 0 然后，我们得到一个新的一般位置集 秒 ″ = { x个 , 年 } ∪ ( 秒 ′ ∩ ( V（V） ( T型 我 0 ) ⧹ { v（v） 我 0 } ) ) 。这意味着 ∣ 秒 ″ ∣ > ∣ 秒 ′ ∣ ，这与 秒 ′ 也就是说， 秒 ′ ∩ ( V（V） ( T型 我 0 ) ⧹ { v（v） 我 0 } ) = ∅ .如果 ∣ X（X） 我 0 ∣ ≥ 2 ，我们有一个新的通用位置集 秒 ‴ = ( 秒 ′ ∩ V（V） ( G公司 − T型 我 0 ) ) ∪ X（X） 我 0 .然后 ∣ 秒 ‴ ∣ > ∣ 秒 ′ ∣ ，与最大值相矛盾 秒 ′ .所以 ∣ X（X） 我 0 ∣ = 1 ，这意味着 T型 我 0 是一条路径。让 秒 = ( 秒 ′ ⧹ { v（v） 我 0 } ) ∪ X（X） 我 0 显然， ∣ 秒 ∣ = ∣ 秒 ′ ∣ 和 秒 是一个 普通合伙人 -一套，共套 G公司 .

假设现在 秒 ′ 包含一些这些根。然后，重复上述过程，我们得到一个新的 普通合伙人 -套 秒 属于 G公司 这样所有的根都不是它的元素。

由引理2.2，我们得出结论 ∣ 秒 ∩ V（V） ( T型 ) ∣ = ∑ 我 = 1 w个 ∣ 秒 ∩ V（V） ( T型 我 ) ∣ = ∑ 我 = 1 w个 ∣ X（X） 我 ∣ = ∑ 我 = 1 w个 ∣ L（左） 我 ∣ = t吨 .□

定理2.4

让 G公司 0 ∈ C类 n个 t吨 , k个 . 普通合伙人 ( G公司 0 ) = 2 k个 + t吨 如果所有循环 G公司 0 都很好.

证明

让 G公司 0 ∈ C类 n个 t吨 , k个 具有 普通合伙人 ( G公司 0 ) = 2 k个 + t吨 .假设 秒 是一个 普通合伙人 -一套，共套 G公司 0 因此， ∣ 秒 ∣ = 2 k个 + t吨 和 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 2 对于每个循环 H（H） 0 属于 G公司 0 通过引理2.3为了验证结论，只需表明 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 2 当且仅当 H（H） 0 是一个良好的循环。

我们现在假设 H（H） 0 是一个良好的循环。假设 d日 c（c） ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) ≤ ℓ 2 − 2 即使如此 ℓ 。我们取相邻的两个顶点 v（v） 我 0 和 v（v） j个 0 在另一个 ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) -中的路径 H（H） 0 ，并将其标记为 v（v） 我 0 ′ 和 v（v） j个 0 ′ 分别是。很明显，这两个顶点的阶数为二。对于任意顶点 u个 0 在里面 G公司 − V（V） ( H（H） 0 ) , v（v） 我 0 ′ 不在上 ( u个 0 , v（v） j个 0 ′ ) -最短路径和 v（v） j个 0 ′ 也不在 ( u个 0 , v（v） 我 0 ′ ) -最短路径。如果 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ < 2 ，然后让 秒 ′ 是从中获得的集合 秒 通过删除其子集的所有元素 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) 并添加两个顶点 v（v） 我 0 ′ 和 v（v） j个 0 ′ 。我们推断 秒 ′ 是用设置的常规位置 ∣ 秒 ′ ∣ ≥ ∣ 秒 ∣ + 1 ，这与最大值相矛盾 秒 因此， ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 2 .

假设 d日 c（c） ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) ≤ ℓ 2 − 1 = ℓ − 1 2 − 1 对于奇数 ℓ .让 v（v） 我 0 ′ 和 v（v） j个 0 ′ 表示相邻的两个二阶顶点 v（v） 我 0 和 v（v） j个 0 在另一个 ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) -路径。因此，对于任意顶点 w个 0 在里面 G公司 − V（V） ( H（H） 0 ) , v（v） 我 0 ′ 不在上 ( w个 0 , v（v） j个 0 ′ ) -最短路径和 v（v） j个 0 ′ 也不在 ( w个 0 , v（v） 我 0 ′ ) -最短路径。通过前面提到的类似方法，我们获得 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 2 .

因此，我们得出 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 2 如果 H（H） 0 是一个良好的循环。

相反地， G公司 至少包括一个周期 H（H） 0 ，这不是一个好的循环。请注意 G公司 0 都很好。因此，我们假设 H（H） 0 不是如中所示的端块图2（它至少包含两个切割顶点。）因此 D类 c（c） 不小于二者之一 ℓ 2 − 1 即使如此 ℓ 或 ℓ 2 对于奇数 ℓ .让 v（v） 我 0 和 v（v） j个 0 是的两个切分 H（H） 0 对于其中 D类 c（c） = d日 c（c） ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) .

我们首先考虑以下特殊情况 H（H） 0 仅包含两个切割顶点。然后， D类 c（c） ≤ ℓ 2 ，我们推断 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ ≤ 1 . 假设现在中至少有三个切割顶点 V（V） ( H（H） 0 ) .如果 d日 c（c） ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) ≥ ℓ 2 + 1 ，则存在切割顶点 v（v） 第页 属于 ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) -循环的截程 H（H） 0 ，以便一个顶点不在三元组中其他两个顶点的测地线上 { v（v） 我 0 , v（v） j个 0 , v（v） 第页 } . 让我们现在 v（v） k个 0 ( ≠ v（v） 我 0 , v（v） j个 0 , v（v） 第页 ) 是…的任意顶点 H（H） 0 .假设 v（v） k个 0 是最短的一个顶点 ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) -路径。然后，很容易从中的顶点推断出每条最短路径 H（H） v（v） 我 0 到中的顶点 H（H） v（v） j个 0 通过 v（v） k个 0 .如果 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 2 ，则至少有一个 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） v（v） 我 0 ) ∣ , ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） v（v） j个 0 ) ∣ 和 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） v（v） 第页 ) ∣ 等于零，所以 普通合伙人 ( G公司 0 ) < 2 k个 + t吨 通过引理2.1和2.3因此， ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ ≥ 1 .

假设 d日 c（c） ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) = ℓ 2 .如果 ℓ 那么是平的 ℓ 2 = ℓ 2 .对于顶点 u个 属于 H（H） v（v） 我 0 − v（v） 我 0 和一个顶点 w个 属于 H（H） v（v） j个 0 − v（v） j个 0 ，的所有顶点 H（H） 0 对一些人撒谎 ( u个 , w个 ) -测地线。如果 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ ≥ 1 .然后， ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） v（v） 我 0 ) ∣ = 0 或 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） v（v） j个 0 ) ∣ = 0 .根据引理2.1和2.3, 普通合伙人 ( G公司 0 ) < 2 k个 + t吨 . 因此， ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 0 如果 ℓ 那就奇怪了 ℓ 2 = ℓ − 1 2 .使用类似的方法实现偶数 ℓ ，经验证 ∣ 秒 ∩ V（V） ( H（H） 0 ) ∣ = 1 .

假设 d日 c（c） ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) = ℓ 2 − 1 = ℓ 2 − 1 甚至 ℓ 。我们得出结论，位于 ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) -cut-pash不是的元素 秒 .让 P（P） 0 成为另一个 ( v（v） 我 0 , v（v） j个 0 ) -中的路径 H（H） 0 显然， ∣ 秒 ∩ ( V（V） ( P（P） 0 ) \ { v（v） 我 0 , v（v） j个 0 } ) ∣ = 1 .

因此，证明是完整的。□