Algorithmische Graphentheorie (WS2014/15) Kapitel 3 Färbungen Walter Unger

Kapitel 3 Färbungen

Walter Unger

Lehrstuhl für Informatik 1

18.12.2014 10:42

Inhalt I

1 Einleitung

Kantengraph und Färbung Kantenfärbung Theoreme

2 Schwere der Kantenfärbung Beweis von Hoyer

3 Algorithmen Beweis von König Beweis von Vizing

4 Greedyfärbungen Einfache Schranken Algorithmus Beispiele

Aussagen

5 Satz von Brooks Aussage Beweis

6 Taillenweite Ausagen Beweis

7 Färbung bei bekanntenχ(G) Grundlage

Aussagen

8 Komplexität Negative Aussagen Positive Aussagen

Definition der Färbungszahlen

Ein GraphG= (V,E) heißtk-färbbar falls gilt:

∃f :V 7→ {1, ...,k}:∀(a,b)∈E,f(a)6=f(b).

Die Abbildungf heißt Färbung vonG.

χ(G) ist die chromatische Zahlχ(G) vonG genau dann, wenn G χ(G)-färbbar, aber nicht (χ(G)−1)-färbbar ist.

Definition

SeiG= (V,E) Graph.

α(G) = max{ |V⁰|; V⁰⊂V ∧ ∀a,b∈V⁰: (a,b)6∈E } ω(G) = max{ |V⁰|; V⁰⊂V ∧ ∀a,b∈V⁰: (a,b)∈E } χ(G) = min{k ; ∃V1,V2, . . . ,Vk:∪^ki=1Vi =V ∧

∀i: 16i6k:∀a,b∈Vi : (a,b)6∈E }

Kantengraphen

Definition (Kantengraph)

SeiG= (V,E) ungerichteter Graph.L(G) = (E,E⁰) heißt Kantengraph vonG, falls

E⁰={(e,e⁰)|e,e⁰∈E∧e∩e⁰6=∅}.

Ein GraphH heißt Kantengraph, falls es einen GraphenG gibt mitL(G) =H.

a b c

x y

Beispiel 1

a b

d c

z az bz

dz cz

Beispiel 2

a b

d c

ab

bc cd

da

Beispiel 3

a b c d

f e g

h i j

ab

ah bh bi

bc

ce

cd de fg ef

fj

gh g j

hi ij

Kantenfärbung I

∆(G) = max_v∈V(G){deg(v)}

Definition

Das Kantenfärbungsproblem für einen GraphenG entspricht dem Knotenfärbungsproblem fürL(G):

χ⁰(G) =χ(L(G)).

Theorem (Vizing 1965)

χ⁰(K2n) = 2n−1undχ⁰(K2n+1) = 2n+ 1.

Theorem

χ⁰(G)>ω(L(G))>∆(G).

Kantenfärbung II

Theorem (Holyer)

Das d -Kantenfärbungsproblem ist NP-vollständig für d>3.

Theorem (König 1916)

Jeder bipartite Graph mit Knotengrad∆ist∆kantenfärbbar (Laufzeit O(nm)).

Theorem (Vizing 1964)

Jeder Graph mit Knotengrad∆ist∆ + 1kantenfärbbar (Laufzeit O(nm)).

Beweis I (Holyer)

Die Komponente entspricht einer Negation;

o.E.d.A. sind (a,b) und (h,i) gleich gefärbt und (c,d),(j,k),(g,l) haben drei verschiedene Farben.

Damit kann man Variablen darstellen und

mit einem ungeraden Kreis dann Klauseln auswerten.

a b c d

e f

g

h i j k

l

Beweis II (Holyer)

1.Fall: (h,i) und (l,g) sind gleich gefärbt.

Dann färbe (i,e) und (i,j) und zeige im Weiteren:

(a,b) und (h,i) gleich gefärbt und (c,d),(j,k),(g,l) haben drei verschiedene Farben.

2.Fall: (j,k) und (l,g) sind gleich gefärbt.

Analog ergibt sich:

(c,d) und (j,k) gleich gefärbt und

(a,b),(h,i),(g,l) haben drei verschiedene Farben.

a b c d

e f

g

h i j k

l

Beweis III (Holyer)

3.Fall: (h,i) und (j,k) sind gleich gefärbt und (l,g) ist mit anderen Farbe gefärbt.

Fall 3a: (i,j) hat die gleiche Farbe wie (l,g)

Zeige weiter:

Der Fall tritt nicht auf.

a b c d

e f

g

h i j k

l

Beweis IV (Holyer)

3.Fall: (h,i) und (j,k) sind gleich gefärbt und (l,g) benutzt andere Farbe.

Fall 3b: (i,j) hat die dritte Farbe.

Zeige wieder:

(c,d) und (j,k) gleich gefärbt und

(a,b),(h,i),(g,l) haben drei verschiedene Farben.

a b c d

e f

g

h i j k

l

Beweis V (Holyer)

4.Fall: (h,i), (j,k) und (l,g) sind mit drei Farben gefärbt.

Zeige wieder:

(c,d) und (j,k) gleich gefärbt und

(a,b),(h,i),(g,l) haben drei verschiedene Farben.

a b c d

e f

g

h i j k

l

Beweis VI (Holyer)

Nun werden zwei der obigen Konstruktionen zusammen geschaltet.

Damit erhalten wir drei

“Ausgänge” (Paare von Kanten).

Ein Ausgang hat den Wert

“false”, falls die Kanten gleich gefärbt sind, ansonsten “true”.

Es gilt nun:

Falls links [oder rechts]

“false” ist, so haben die anderen Ausgänge auch

“false”.

Falls links [rechts] “true” ist, so hat rechts [links] “ true”.

a b c d e f

g h i j

k l

m n o p q r

s t

Beweis VI (Holyer)

Nun werden mindestens drei der neuen Konstruktionen zu einem Kreis zusammen geschaltet.

Damit erhalten wir mindestens drei “Ausgänge” (Paare von Kanten).

Nun gilt:

Alle Ausgänge haben immer den gleichen logischen Wert.

Beweis VII (Holyer)

Zum Test einer Klausel werden die “Ausgänge” [ggf. nach einer zusätzlichen Negation] der passenden Literale zu einem ungeraden Kreis zusammen geschaltet.

Nun gilt:

Falls alle Ausgänge den Wert

“false” haben, so werden nun vier Farben notwendig.

Beweis (König)

Theorem (König)

Jeder bipartite Graph mit Knotengrad∆ist∆kantenfärbbar (Laufzeit O(nm)).

Zeige, wie eine Kante (a,b) inO(n) gefärbt werden kann.

An den Knotena,bseien Farbenca,cbfrei.

Fallsca=cb, dann kann (a,b) mitcagefärbt werden.

Betrachte GraphHa,b, der nur Kanten mit Farbenca,cb

enthält.

Ha,b besteht aus disjunkter Vereinigung von Kreisen und Pfaden.

aundbsind Endpunkte von zwei verschiedenen Pfaden.

Daher kann ein Pfad umgefärbt werden.

Laufzeit: Speichere zu jedem Knoten und Farbe die

zugehörige Kante. ^o

m k i g e c a

p n l j h f d b

Beweis (Vizing)

∆(G) = max_v∈V(G){deg(v)}

Theorem (Vizing)

Jeder Graph mit Knotengrad∆ist∆ + 1kantenfärbbar.

Beweis per Induktion über die Kantenanzahl.

Sei ∆ = ∆(G) unde= (x,y)∈E. FürG−egibt es Kantenfärbung c:E\ {e} 7→ {1,2,· · ·,∆ + 1}.

Beachte: An jedem Knoten sind

∆ + 1−deg(v)>1 Farben frei.

Fürv ∈V bezeichneFv die Menge der freien Farben.

FallsFx∩Fy 6=∅, dann kann (x,y) gefärbt werden.

Also gelte im Folgenden:Fx∩Fy =∅

y x a

b c

d

e

f g h i j

Beweis I (Vizing)

∆(G) = max_v∈V(G){deg(v)}

Konstruiere nun eine Folge{y1,y2,· · ·,yk} von Nachbarn vonx und{b1,b2,· · ·,bk}von Farben mit:

y1=y und bj∈Fy_j und c((x,yj+1)) =bjund

{y1,y2,· · ·,yk}sind verschieden.

Falls in Rundekgilt:

Die Kante (x,yk) kann in Farbef ∈Fx∩Fy_k

mitf 6∈ {b1,b2,· · ·,bk−1}umgefärbt werden.

Dann mache:

c((x,yk)) =f

c((x,yi)) =bi für 16i <k.

Das nennen wirShift(k,f).

y x a

b c

d

e

f g h i j

Beweis II (Vizing)

Knotenfolge (y₁, . . . ,y_k)y₁=y,b_j∈F_yj,c((x,y_j+1)) =b_j

D.h. wir konstruieren eine solche Folge.

Was passiert, wenn nicht umgefärbt werden kann?

Dann gilt:yk+1∈ {y1,y2,· · ·,yk}, d.h.yk+1=yi undbk=bi−1. Es gilt:i 6= 1 undi6=k.

Seia∈Fx.

BetrachteH(a,bk), den Teilgraphen mit Farbenaundbk.

In einer Komponente vonH(a,bk) können die Farben vertauscht werden.

Am Knotenyk beginnt ein PfadPin H(a,bk).

Seiz der andere Endpunkt des PfadesP.

y x a

b c

d

e

f g h i j

p q r t s

z

Beweis III (Vizing)

Knotenfolge (y₁, . . . ,y_k)y₁=y,b_j∈F_yj,c((x,y_j+1)) =b_j

Beachtea∈Fx. Beachtebk∈Fyi−1.

Beachte:Penthält keine Kanten der Form (x,yj) (16j6k)

Außer möglicherweise (x,yi).

Fallsz=x, dann ist (x,yi) inP.

Wir machen nun eine Fallunterscheidung:

z=yi−1

z=x

z6∈(x,yi−1). D.h.z6∈ {y1,y2, . . . ,yk})

y x a

b c

d

e

f g h i j

p q r t s

z

Beweis IIIa (Vizing)

Knotenfolge (y₁, . . . ,y_k)y₁=y,b_j∈F_yj,c((x,y_j+1)) =b_j

Beachte:a∈Fx,bk∈Fy_i−1 und P enthält keine Kanten der Form (x,yj) (j∈ {1, . . . ,k{\{i})

Fallsz=x, dann ist (x,yi) inP.

Fall:z=yi−1

Beide Endkanten sind mitagefärbt.

Vertausche Farben aufP.

Damit liegtanicht anyi−1an.

Vollende mitShift(i−1,a).

y x a

b c

d

e

f g h i j

p q r t s

Beweis IIIb (Vizing)

Knotenfolge (y₁, . . . ,y_k)y₁=y,b_j∈F_yj,c((x,y_j+1)) =b_j

Beachte:a∈Fx,bk∈Fy_i−1 und P enthält keine Kanten der Form (x,yj) (j∈ {1, . . . ,k{\{i})

Fallsz=x, dann ist (x,yi) inP.

Fall:z=x

Vertausche Farben aufP.

Damit liegtbk=bi−1nicht anx an.

Vollende mitShift(i−1,bi−1). ^y

x a

b c

d

e

f g h i j

p q r t s

Beweis IIIc (Vizing)

Knotenfolge (y₁, . . . ,y_k)y₁=y,b_j∈F_yj,c((x,y_j+1)) =b_j

Beachte:a∈Fx,bk∈Fy_i−1 und P enthält keine Kanten der Form (x,yj) (j∈ {1, . . . ,k{\{i})

Fallsz=x, dann ist (x,yi) inP.

Fall:z6∈(x,yi−1)

Vertausche Farben aufP (falls Kanten vorhanden).

Damit liegtaanyk nicht mehr an.

Vollende mitShift(k,a).

y x a

b c

d

e

f g h i j

p q r t s

z

Schranken

Knotenfolge (y₁, . . . ,y_k)y₁=y,b_j∈F_yj,c((x,y_j+1)) =b_j

Bemerkung

SeiG= (V,E) Graph, dann gilt:χ(G)>ω(G).

Bemerkung

SeiG= (V,E) Graph mit|V|=n, dann gilt:χ(G)>n/α(G).

Theorem

Sei G= (V,E)Graph mit|E|=m, dann gilt:χ(G)(χ(G)−1)62m.

Seik=χ(G)

Damit gibt eskstabile MengenIi miti∈ {1, . . . ,k}.

ZwischenIi undIj (i 6=j) muss es eine Kante geben.

Damit haben wirk·(k−1)/2 viele Kanten.

Greedyfärbungen

G[W] = (W,{(a,b)∈E(G)

^a,b∈W}) SeiG= (V,E) Graph.

Wähle Sortierung der Knoten:σ= (v1,v2, . . . ,vn).

Algorithmus:GreedyColour(G, σ).

SetzeVi ={v1,v2, . . . ,vi}undGi =G[Vi].

Färbe:c(v1) := 1.

Färbe:c(vi) := min{k∈N|k6=c(u)∀u∈Γ(vi)∩Vi−1} Anzahl Farben:GreedyColour(G, σ) :=|{c(v)|v ∈V}|.

Es gilt:χ(G)6GreedyColour(G, σ)6∆(G) + 1.

Für ungerade Kreise und Cliquen gilt:

χ(G) =GreedyColour(G, σ) = ∆(G) + 1.

Laufzeit:O(|V|+|E|)

Fehleranalyse

1. Extremfall:K1,∆. 2. Extremfall:Bn:

Bn= (Vn,Wn,En) Vn={v1,v2,v3, . . . ,vn} Wn={w1,w2,w3, . . . ,wn}

En={{vi,wj} |vi∈Vn,wj∈Wn,i6=j}

Betrachte:

GreedyColour(Bn,(v1,w1,v2,w2,v3,w3, . . . ,vn,wn)).

GreedyColour(Bn,(v1,w1,v2,w2,v3,w3, . . . ,vn,wn)) =n.

Aberχ(Bn) = 2.

v1 v₂ v₃ v₄

w1 w₂ w₃ w₄

Fehleranalyse

Theorem

Seienε, δ >0und c <1.

Dann gibt es für n groß genug Graphen Gnmit:

χ(Gn)6n^ε und

auf o(n^−δ)Anordungen liefert Greedy: c·n/logn Farben.

Lemma

Es gibt Anordnungσ^∗mit: GreedyColour(G, σ^∗) =χ(G).

Lemma

Es giltminσ∈S_nGreedyColour(G, σ) =χ(G)

Verbesserungen

Beachte: Fürvi sind höchstensdG_i(vi) Farben verboten.

Setzeb(σ) = max16i6ndG_i(vi) mitσ= (v1,v2, . . . ,vn).

χ(G)6minσ∈S_nb(σ) + 1

Die Anordnungσ, für die das Minimum angenommen wird, ist konstruierbar:

Wählevn als Knoten mit minimalem Grad.

Rekursiver Aufruf aufG−vn. So eine Anordnung heißt: “smallest-last”

Anwendung

Lemma

Seiσsl eine smallest-last Anordnung. Dann gilt:

b(σsl) = max

H⊂Gδ(H) = min

σ∈S_nb(σ)

Beweis:

b(σsl)6maxiδ(Gi)6maxH⊂Gδ(H)

Sei nunH^∗Teilgraph vonG mit:δ(H^∗) = maxH⊂Gδ(H).

Sei weiterjkleinster Index mit:H^∗ist Teilgraph inGj für beliebige Permutationσ. Dann gilt:

maxH⊂Gδ(H) =δ(H^∗)6dH^∗(vj)6dG_j(vj)6b(σ).

Damit gilt: maxH⊂Gδ(H)6minσ∈S_nb(σ).

Behauptung folgt mit: minσ∈S_nb(σ)6b(σsl).

Folgerungen I

Lemma

Sei G= (V,E)undσsl smallest-last Anordnung, dann gilt:

χ(G)6GreedyColour(G, σsl)61 + max

H⊂Gδ(H)

Laufzeit:O(|V|+|E|).

Folgerungen II

Lemma

Sei G= (V,E)zusammenhängend und nicht∆(G)-regulär. Dann gilt:

χ(G)6∆(G).

Seiv1Knoten mitd(v1)<∆(G).

Wähle Sortierungσ= (v1,v2,v3, . . . ,vn) durch Breitensuche vonv1. StarteGreedyColour(G, σ⁻¹). Dann gilt:

d(v1)<∆(G), d.h.c(v1)6∆(G)

vi hat einen ungefärbten Nachbarn, d.h.c(vi)6∆(G).

Aussage

Theorem (Brooks 1941)

Sei G= (V,E)zusammenhängend mit mindestens drei Knoten. Sei G weiter keine Clique und kein ungerader Kreis. Dann gilt:

χ(G)6∆(G)

FallsG nicht zweifachzusammenhängend, betrachte BlöckeB:

FallsBregulär, dann istBnicht ∆(G)-regulär.

FallsBnicht regulär, färbe wie oben.

In beiden Fällen werden höchstens ∆(G) Farben genutzt.

FallsG zweifachzusammenhängend und nicht regulär, so färbe wie oben.

FallsG zweifachzusammenhängend und regulär, so mache:

Beweis

Theorem (Brooks 1941)

Sei G= (V,E)zusammenhängend mit mindestens drei Knoten. Sei G weiter keine Clique und kein ungerader Kreis. Dann gilt:

χ(G)6∆(G)

FallsG nicht zweifachzusammenhängend: (done)

FallsG zweifachzusammenhängend und nicht regulär: (done) FallsG zweifachzusammenhängend und regulär, so mache:

Wählev1mit Nachbarnvn−1undvn, die nicht benachbart sind.

So dassG− {vn−1,vn}noch zusammenhängend.

Bestimmev2,v3, . . . ,vn−2durch Breitensuche vonv1auf G− {vn−1,vn}.

Färbe mitGreedyColour(G, σ⁻¹).

vn−1undvnbekommen eine Farbe.

Damit sind höchstens ∆(G)−1 Farben fürv1verboten.

Aussagen

Lemma

Sei G= (V,E)2-fach zusammenhängend, regulär mit mindestens drei Knoten.

Sei G weiter keine Clique und kein Kreis. Dann gibt es x,y ∈V mit dist(x,y) = 2und G−x−y ist zusammenhängend.

Seiv∈V mitd(v) = ∆(G).

Dann istH:=G[{v} ∪Γ(v)] nicht vollständig.

Damit gibt esx⁰,y⁰ in Γ(v) mitdist(x⁰,y⁰) = 2.

FallsG− {x⁰,y⁰}zusammenhängend, fertig!

Ansonsten istx⁰,y⁰ minimaler Separator.

Damit ∆(G)>3 undd(v)>3.

SeiC Komponente inG− {x⁰,y⁰}, diev enthält.

C

v x⁰

y⁰

y₁ y₂ y₃

Aussagen

Also gibt esx inC mit:x ist zux⁰odery⁰ benachbart.

Dieses gilt für jede KomponenteG− {x⁰,y⁰}.

Also gibt esy aus einer anderen Komponente mit dist(x,y) = 2.

Wir zeigen:G− {x,y}ist zusammenhängend.

C

v x⁰

y⁰

y1 y2 y₃

x y

c

e

x⁰ undy⁰ sind inG− {x,y}verbunden.

Zeige: inG− {x,y}ist jeder Knoten mitx⁰ odery⁰ verbunden.

G−x ist noch zusammenhängend.

Jeder Knoten ausC−x ist über einen WegP mitx⁰odery⁰ verbunden, der nichty benutzt.

G−y ist noch zusammenhängend.

Jeder Knoten aus (V \C)−y ist über einen WegPmitx⁰odery⁰ verbunden, der nichtx benutzt.

Laufzeit:O(|V|+|E|).

Aussagen

Theorem (Mycielski’s)

Für jede Zahl k gibt es einen Graph G mit:

1 χ(G) =k und

2 ω(G) = 2.

Theorem (Erdös)

Für jedes Zahlenpaar k,l gibt es einen Graph G mit:

1 χ(G) =k und

2 Der kürzeste Kreis hat Länge l . Wir zeigen nur das erste Theorem:

Mi hat keine Dreiecke.

χ(Mi) =i.

Beweis (Konstruktion)

M3=C5

Seienv1,v2, . . . ,vnKnoten von Mk.

Mk+1hat zusätzlich Knoten u1,u2, . . . ,un undw. Füge Kanten hinzu:

{w,ui}für 16i6nund {ui,x}falls

{vi,x} ∈E(Mk).

v1 v2

v3 v4

v5

u₁ u₂

u3 u₄

u5

w

Beweis (Konstruktion)

Beachte:

{u1,u2, . . . ,un}ist eine unabhängige Menge Γ(vi) ist eine unabhängige Menge

Also keine Dreiecke inMk+1. χ(Mk+1)6k+ 1 klar:

c(w) =k+ 1 und c(ui) =c(vi).

v1 v2

v3 v4

v5

u₁ u₂

u3 u₄

u5

w

Beweis (Konstruktion)

Fallsχ(Mk+1) =k, so gilt:

o.B.d.A.:c(w) =k und damit {c(vi)|16i 6n}={1,2, . . . ,k}, {c(ui)|16i 6n}={1, . . . ,k−1}, Wähle Färbungcmit|{i|c(vi) =k}|

minimal.

Fallsk6=c(vi)6=c(ui) für eini, so färbe um:c(ui) :=c(vi).

Sei nunvj Knoten mitc(vj) =k.

Dann gilt:

{c(a)|a∈Γ(vj)}={1, . . . ,k−1}

{c(a)|a∈Γ(uj)}={1, . . . ,k}

Widerspruch!

v₁ v₂

v₃ v₄

v₅

u₁ u₂

u₃ u₄

u₅ w

Bestimmen einer Färbung

Theorem (Widgerson 1983)

Sei G= (V,E)ein Graph mitχ(G) = 3. Dann kann eine O(√

n)Färbung bestimmt werden.

Beweis:

Fallsχ(G) = 3 gilt, so giltχ(G[Γ(v)])62.

Wir betrachten die Knoten nach ihrem Grad:

Solange es Knotenv gibt mit deg_G(v)>√

n, färbe Γ(v) mit zwei Farben.

Nach höchstens√

nSchritten bleibt Teilgraph mit ∆6√ nübrig.

Färbe diesen mit neuen Farben.

Anzahl der Farben ist maximal: 2·√ n+√

n= 3·√ n.

Genauere Analyse ergibt:√ 8·n.

Bestimmen einer Färbung

Theorem (Blum 1994)

Sei G= (V,E)ein Graph mitχ(G) = 3. Dann kann eine O(n^3/8)Färbung bestimmt werden.

Theorem (Karger, Motwani, Sudan 1994)

Sei G= (V,E)ein Graph mitχ(G) = 3. Dann kann eine O(n^1/4)Färbung bestimmt werden.

Theorem (Blum, Karger 1996)

Sei G= (V,E)ein Graph mitχ(G) = 3. Dann kann eine O(n^3/14)Färbung bestimmt werden.

Aussagen

Theorem

Das 3-Färbungsproblem ist für Graphen vom Knotengrad64 NP-vollständig.Das k-Färbungsproblem ist NP-vollständig.

Theorem

Sei k>3und c= 1/(2 + 3·log(k+ 1)). Dann ist das k-Färbungsproblem auf Graphen mit TaillenweitedclogceNP-vollständig.

Theorem

Das Färbungsproblem kann nicht mit einen konstanten Faktor approximiert werden. (FallsP 6=N P)

Theorem

Eine 4-Färbung für einen 3-färbbarnen Graphen zu finden ist NP-hart.

Aussagen

Lemma

FallsP 6=N P gilt, gibt keinen Polynomzeitalgorithmus mit Approximationsfehler4/3für das Färbungsproblem.

Theorem (Garry, Johnson 1976)

FallsP 6=N P gilt, gibt keinen Polynomzeitalgorithmus mit Approximationsfehler2für das Färbungsproblem.

Theorem (Lund, Jannakakis 1993)

FallsP 6=N P gilt, gibt es für beliebigesε >0keinen Polynomzeitalgorithmus mit Approximationsfehler n^ε für das Färbungsproblem.

Theorem (Feige, Kilian 1996)

FallsP 6=ZPP gilt, gibt es für beliebigesε >0keinen Polynomzeitalgorithmus mit Approximationsfehler n^1−εfür das Färbungsproblem.

Aussagen

Lemma

Sei0<c61Konstante. Es gibt einen linearen Algorithmus, der das Färbungsproblem mit Faktormax(1,c·n)approximiert.

Falls|V|62/c, dann färbeG:

Färbe per Greedy durch alle Permutationen der Knoten den Graphen optimal.

Laufzeit:O((2/c)!· ^(2/c)₂ ).

Laufzeit:O(1) und Fehlerfaktor 1.

Falls|V|>2/c, dann färbeG:

PartitioniereV(G) inbc·ncTeile der Größebn/bc·nccoder dn/bc·nce.

Jeder Teil hat Größe6 _cn−1ⁿ + 16 ²_c =O(1).

Jeder Teil kann in konstanter Zeit optimal gefärbt werden.

Gesamtfarbenanzahl: ^bcnc·χ(G)_χ(G) 6cn.

Aussagen

Theorem (Johnson 1974)

Das Färbungsproblem kann mit einem Faktor von O(n/logn)in Zeit O(nm) approximiert werden.

Theorem

Die Färbung kann mit einen Faktor von O(n(logn)−3(log logn)/2) approximiert werden.

Fragen

Wie schwer ist das Kantenfärbungsproblem?

Wie viele [Kanten-] Farben braucht eine Clique?

Wie kann ein bipatiter Graph kantengefärbt werden?

Wie ist die obere Schranke für die Kantenfärbung?

Was ist die Idee des Beweises von Vizing?

Wie schwer ist das Knotenfärbungsproblem?

Welche Schranken sind bekannt?

Welcher Fehler ist bei Greedy-Färbung möglich?

Legende

n

g : Grundlagen, die implizit genutzt werden i : Idee des Beweises oder des Vorgehens s : Struktur des Beweises oder des Vorgehens w : Vollständiges Wissen