圖的著色遊戲

圖 的著色遊戲 ^∗

朱緒鼎 · ^蔡孟根 · ^黃昱豪 · ^何思賢 · ^陳冠廷

大家或許都聽說過四色定理。 假設我們 需要畫一張世界地圖, 為了可清楚地看見每 個國家的邊界, 我們把每一個國家塗上一種 顏色, 有公共邊界的國家被塗上不同的顏色。

至少需要多少種顏色才能把地圖畫好呢? 注 意, 沒有公共邊界的國家是可以塗上一樣的 顏色的。 也許你會說, 這要看各個國家間的邊 界是怎麼連結的, 才能確定需要多少種顏色, 比如說, 一百年前的世界地圖和現在的地圖 可能需要的顏色不一樣, 一百年後的世界地 圖需要的顏色也不一樣多。 但是, 四色定理告 訴我們: 不管地圖上的國家怎麼劃分, 最多只 要四種顏色就可以把世界地圖畫好了 (唯一 的假設條件是每個國家是一個連通的區域)。

我們看一個例子:

1 1 2 2

4

3 3

例1.

地圖的著色, 我們常將它化成圖的著色。

比如上面這個例子, 將每一個國家用一個點 來表示, 代表有公共邊界的兩個國家的兩點 之間用一條線可連起來, 這條線可稱之為邊。

我們得到如下的結構:

像這樣的結構, 我們稱之為一個圖, 準確 地講, 一個圖是由一些頂點和一些邊組成。 其 頂點是任意的一組元素, 而每一條邊都是連 結某兩個頂點的。 下面是兩個圖的例子:

我們用 G = (V, E) 表示一個圖, 其中 V 表示頂點集, E 表示邊集。 有 的圖是由某個“地圖”導出來的, 有些圖不可 能由“地圖”導出來, 像上面兩個例子都不可 由“地圖”導出來。

*本研究承蒙八十七學年度 「高雄區高中數學科學習成就優異學生輔導實驗計畫」 資助,特此致謝。

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而圖的著色是什麼呢? 就是把圖的每 一個頂點塗上一種顏色, 有邊相連的頂點則 要塗不同的顏色。 同四色定理所討論的問題 一樣, 我們希望用的顏色愈少愈好。 這最少的 顏色數由圖 G = (V, E) 的結構所確定。 記 χ(G) 為對 G 的頂點著色所需的最少顏色數, χ(G) 稱為 G 的色數。 例如圖 2 中的兩個圖, 一個的色數是 5, 另一個的色數是 3。

四色定理的另一個表述方法, 每一個 由“地圖”導出來的圖 G 都滿足 χ(G) ≤ 4。

本文介紹一個圖的著色遊戲, 是一種變 形的著色問題。 它是一個由兩個人玩的遊戲。

玩遊戲所需要的是:

(一) 兩個人 A 和 B 。 (二) 一個圖 G = (V, E) 。

(三) 一組顏色, 比如說若干隻彩色鉛筆。

遊戲規則如下:

(一) 輪流一人走一步, 由 A 走第一步。

(二) 輪到某人走的時候, 他就挑一個未著色 的頂點, 挑一個顏色塗在該頂點上。

一定要保證有邊相連的頂點不著同樣顏 色。

遊戲結束:

(一) 如果每個頂點都被著色, 則遊戲結束。

(二) 如果輪到某人走時, 雖然有頂點未著色, 但任何一種顏色都不適用於該頂點, 則 遊戲結束。

遊戲勝負:

如果遊戲結束時, 每個頂點都被著色, 則 A 贏, 如果遊戲結束時, 還有未被著色的點, 則 B 贏。

所以, 玩遊戲時, 雖然兩人都在著色, 但 各自目標相反, 可謂同床異夢。 A 是想把圖的

頂點著色著好, B 是想讓 A 著不好。B 是來 搞破壞的。

現在的問題是誰會贏呢? 當然這除了圖 的結構之外, 還有顏色的多少是關鍵。 顏色很 多, 比如說, 和頂點數一樣多, 那自然就是 A 贏啦! 顏色很少, 比如說, 少於 χ(G) , 那自 然是 B 贏啦! (因為即使 B 不搞破壞, A 也 著不好所有的頂點)。

一個圖的對局色數 χg(G) 是最少的顏 色數使得 A 有一個穩贏的策略。 反過來說, χ_g(G) − 1 是最多的顏色數使得 B 有一個 穩贏的策略。 注意: 這是完全信息的二人零和 遊戲, 所以, 任何情況下恰好有一個人有穩贏 的策略。

我們看一個例子:

G

像上面這個圖, 對局色數是 2, 也就是說 如果有 2 個顏色, A 有穩贏的策略 (並不是 說 A 穩贏, 只是說, 如果 A 不犯錯, 他 就贏)。 假設這兩種顏色是 {1, 2} (注意, 我 們顏色的名字不叫紅、 黃, 而叫 1、2, 這樣方 便, 因為如果要 100種顏色, 我們就取顏色的 {1, 2, . . . , 100}, 而不用想哪 100 種顏色。 在 玩遊戲時, 顏色的多少是關鍵, 但顏色叫什麼 名字, 一點關係都沒有)。

A 的策略就是先把中間一點著顏色1, 則以後就高枕無憂了。

當然, 如果 A 犯錯, 把邊上某點著顏色 1, 則該 B 贏, 因為 B 可把另一個邊上的頂 點著顏色 2, 則中間一點無顏色可用。

所以, 有兩種顏色時, A 有穩贏的策略。

而只有一種顏色, 則該 B贏。 故 χg(G) = 2 再看一個例子:

G’

這個圖的對局色數是多少呢? 請讀者想想看。

再看一個例子:

Y

a a

b b

a

b

1

1 2 n

2 n

X

這個圖叫做完全二分圖, 記做 Kn,n, 共有2n 個頂點, 分成兩部份, X, Y 。 X 和 Y 各有 n 個頂點, X 的每一個頂點都和Y 的每一個 頂點有邊相連。 除此之外, 沒有其它的邊。

這個圖的對局色數是 3。 (n ≥ 2) 要證明這一點, 需證明當有 3 種顏色時, A 有穩贏策略, 而只有2種顏色時, B 有穩贏 策略。

首先看有 3 種顏色 {1, 2, 3} 的情形。

A 先把 a1 著顏色 1, 接下來不管 B 著 色哪一個點, A 都挑一個未用過的顏色和 Y 中一個未著色的點 M 把該顏色塗上去。 以後 A 就可以高枕無憂了。

讀者不妨自己試試看。

接下來看只有兩種顏色 {1, 2} 的情形。

根據對稱性, 不妨假設 A 在第一步把 a1 塗顏色 1, 則 B 把 a2 塗上顏色 2。 這樣一 來, Y 中的頂點就沒有顏色好用了。

所以, χg(Kn,n) = 3。

再看一個例子。 令 G 是從 K_n,n中去掉 下面的邊組成的圖: {a1b₁, a₂b₂, . . . , a_nb_n}。

也就是說 G 是下面的圖:

2 a

b b

a

b a

n

1 2 n

1

請想想看, G 的對局色數是多少呢? 答 案是 xg(G) = n, 請讀者自己試試看, 是否 可以證明這一點。

有沒有感覺到要確定一個圖的對局色數 是很難的呢? 確實如此, 只要圖稍微複雜一 點, 對局色數就很難求。 這是壞事, 也是好事。

要不然, 這遊戲就沒有趣了。

但是, 如果你仔細研究, 有些圖的對局 色數還是可以得到一些有趣的結果。 如果你 找到一些最優策略而對方沒有, 則你遊戲中 獲勝的機率就大大提高了。 接下來我們證明 一個定理。

首先我們定義什麼叫做一棵樹。

假設 G = (V, E) 是一個圖, 如果從 G 的任何一個頂點, 都可以經由 G 的邊走到 G 的任何一個其它的頂點, 則稱 G 是連通圖。

如果 (x1, x₂,· · · , xn) 是 G 的一串不 同的頂點 (n ≥ 3), 其中 xixi+1 是 G 的邊, 且 xnx1 也是 G 的邊, 則稱這串頂點是 G 的一個迴路。 如果 G 是一個連通的且沒有迴 路的圖, 則稱 G 是一棵樹。

例子:

A B C

A 是樹, B 不是樹, 因為不連通, C 不 是樹, 因為有迴路。

定理: 如果 G 是一棵樹, 則 χg(G) ≤ 4。

證明: 假定 G 是一棵樹, 假定有 4 種顏 色 {1, 2, 3, 4}, 我們需要給出 A 一個穩贏策 略。

首先把樹找一個頂點“吊起來”。

r

最上角的頂點, 稱為樹根, 記做 r 。

A 首先將 r 著色 (A 不選顏色, 也就 是說隨便挑一個合法的顏色即可, 下面也是 一樣)。

假設 B 下次著色頂點 x , 則 A 把連接 x 和 r 的“路”標出來, 上面的每個頂點都標 一個記號, 比如說“active”(即“活的”) 或者 是任何其它記號, 然後將該路上離 r 最近的 未著色的點著色。

假設 B 下次再著頂點 y , 則 A 把連接 y 和 r 的“路”標出來。 如果這條路上有原來

已標過的頂點, 則沿 y 出發, 向 r 方向搜索, 碰到第一個已標號的頂點, 就把它著色。 以後 均照此方案應對。

萬一 A 按上面的方案找出的頂點已被 著色, 則 A 挑一個離 r 最近的未著色的頂點 著色。

A 用這種策略, 可證明每個未著色的頂 點最多只有三個已著色的“鄰居” (i.e. 和它 相連的頂點)。 所以, 有 4種顏色的時候, 永遠 都不會出現未著色頂點沒有顏色可用的情形, 故 A 穩贏。

至於為什麼每個未著色的頂點最多只有 三個著色了的頂點呢? 證明留給讀者。

再更進一步, 我們想要探討樹的對局色 數究竟是 4, 3, 2 還是 1。 我們可輕易的得知, 除開單個點的樹, 其對局色數均大於等於 2。

而且只有星狀的樹 (即形如 ) , 其對局 色數為 2。 對其他的樹 T, 3 ≤ xg(T ) ≤ 4。

我們現在感興趣的是在何種情況下, 對局色 數為 3; 何時為 4。 我們先討論另外一種情形, 考慮一個殘局, 只給三種顏色時, B 有必勝 策略。 則 B 只要能在給定一圖時想辦法產生 此種殘局, 就如同我們平常玩圍棋一樣, 總會 有一些必勝的殘局一樣, 那此圖就需要4種顏 色。 我們先看看以下這個殘局:

1

1

(殘局 A)

則該 A 下時, 有2種選擇, 而 B 的策略 如下:

1.

1 1 2

die 3

2.

1

2 1

1

dangerous 3

1

2 die

1

2 1

若 A 在此殘局可以不走, 則 B 也穩贏, 方法如下:

1

1 1

1 dangerous

2

1

1 2 3 2

die

有了以上那個簡單的殘局, 我們可以建 構一個圖形如下:

這個圖有個特性, 不管 A 一開始下何 處, B 都有辦法產生以上的殘局, 所以 B 是 穩贏的。 請讀者觀察一下, 此圖有14個點。 我 們現在想要知道, 其點數在小於等於 13 點時 是否需要 4種顏色, 答案是否定的。 也就是說, 對任何點數小於等於 13的樹 T, xg(T ) ≤ 3。

下面我們使用殘局分割法來證明, 當 T 為點 數 ≤ 13 的樹, 給 3 種顏色, A 有穩贏的策

略。 我們先看看以下這 3 個殘局 (此時為 B 先下):

a. b.

c.

代表一條長度 ≥ 1 的路。

黑色的點代表已著色的點

在 a 殘局中, A 只要把那個度數大於 2 的點著上色就安全了, 而 A 必定能在這點上 色, 因為 A 要著這點時, 此圖上最多只用了2 種顏色。 在 b 殘局中, B 必不會著那二個度 數大於等於 3 的點, 因為若 B 著這兩點其中 的一點, 那 A 就能把另外一點也著上色 (因 為此時最多只用了 2種顏色), 這樣 A 就安全 了。除此之外, B有 3 種選擇如下:

1.

A B

2.

B

A

3.

1

1 C

D

safe 1

2

1

1

A B

所以 b 殘局 A 是必勝的。 而 c 殘局也 和 b 殘局相同, B 也有 3 種情形, 而 A 的破 解方法也相同。 有了以上的 3 種 A 的必勝殘 局, 我們就可直接證明了。

首先, 我們先證明其點數目小於等於 13 的圖形其度數大於等於 3 的點數目最多有 5 點。 我們利用反證法: 若在一圖形上有 6 個 度數大於等於 3的點, 這 6個點的度數和即為 18, 但因為這 6 個點是連通的, 所以有 5 條邊 重複計算, 18 − 5 = 13 條邊需要 14個頂點, 所以頂點數目小於等於 13的樹其度數大於等 於 3的點數目必定小於等於 5。

A 只要能把圖形中所有度數大於等於3 的頂點著上色, 那麼 A 就安全了。 我們現在 可以知道, 小於等於 13 點的圖形, 其度數大 於等於 3 的頂點數目為 0 到 5 個。 若一圖形中 度數大於等於 3 的頂點數目分別為 0 和 1, 則 很顯然的, A 都能在下第一步時, 就使所有 度數大於等於 3 的點都被上色了; 若為 2, 則 A 一開始先選其中一個度數大於等於3 的頂 點上色, 則 B 下完後, 最多用了 2 種顏色, 則 A 再用第三種顏色在另一個度數大於等於3 的頂點上色, 這樣 A 就安全了。

再來是度數大於等於 3 的頂點數目為 3 的情形, 這 3 個頂點必在一 path 上, 證明如 下: 假設這 3 點為 P 、Q、R, 考慮從 P 到 Q 的 path, 另一點 R 必定會和此 path 相連 (因為樹是連通的), 若 R 不在此 path 上, 則 在 P 、Q 之間必定存在一點 W 和 R 相連, 則 W 的度數就為 3, 那這個圖形上就有 4 個 度數大於等於 3的點, 和原假設不合。 注意這 3 點的 path, 把中間那點著上色就會形成兩 個 a 殘局 (還有一些線段, 線段一定是安全 的)。

再來是度數大於等於 3 的點數目為 4 的 情形, 我們要先證明小於等於 13 點的圖形其 度數大於等於 4 的點數目最大為 3, 若一圖形 中有 4 個度數為 4 的頂點, 則其度數和為 16, 但有 3 條邊重複計算, 16 − 3 = 13 條邊至少 需要 14 個頂點。 若這 4 個度數大於等於 3 的 頂點在一條 path 上, 那我們就在這條 path 上的第二或第三個頂點選一個“安全”的頂點 上色, 安全是指不要產生介紹過的殘局 A, 度 數小於等於 13 的圖形其度數大於等於 4 的頂 點最多 3 點, 殘局 A 中必須有二個度數大於 等於 4 的點相鄰, 把這 3 點度數大於等於 4 的 中間那點著上色就安全了, 而這一點不是第 二就是第三個點。 所以在第二或第三個點選 一安全的點著色就會產生 a、b、c 殘局。 若這 4 個點不在同一個 path 上, 則利用證明 3 個 度數大於等於 3 的頂點必在同一個 path 上 的方法可以證明這 4 個點必在二個 path 上, 而這二個 path 必形成一棵樹, 在這棵樹上必 有一點度數為 3, 把這點上色即會產生一些 a 殘局。 以下介紹其過程:

the first path

the second path A

最後就是度數大於等於 3 的點數目為 5 的情形。 若這 5點皆在同一個 path 上, 則只 要在中間那點上色就會產生 a、b 殘局且不會 產生 P − 1 介紹過的那個殘局, 因為當有 5 個度數大於等於 3 的頂點時, 這 5 個頂點只 會有 1 個頂點度數會大於等於 4, 若有 2 個度 數大於等於 4的頂點, 則這 5點的總度數就為 2 × 4 + 3 × 3 = 17, 有 4 條邊重複計算, 17 − 4 = 13 條邊至少需 14 個點。 而在一 圖形中若只有一個度數大於等於 4 的頂點是 不會產生 P −1 介紹過的殘局的。 而若這5個 度數大於等於 3 的頂點不在同一個 path 上, 則這 5 個點所形成的樹有以下二種:

我們利用證明 3 個度數大於等於 3 的點 必在同一個 path 上的方法就可證明以上的 情形。 在以上的樹, A 只要把那個度數最大 的點著上色就安全了。 由以上的證明, 我們可 以了解: 小於等於 13點的樹, 3 色即已足夠。

至於頂點數為 14 的樹, 僅有一個這樣 的樹其對局色數是 4(見前面給出的例子)。 不

過, 要完全刻畫出哪一些樹的對局色數為 3, 似乎是一個很棘手的問題。 目前尚無答案。

探討完了樹, 我們要更進一步探討有

“圈”的連通圖。 我們在此先假設以下討論的 圖形皆為 n 個點。 我們知道, 一棵樹會有 n− 1 條邊, 則 4 色即足夠來替這棵樹上色。

若我們再加上一條邊使此圖成為 n 條邊, 則 4 色是否足夠呢? 答案是足夠的, 證明如下:

我們首先需要知道 n 條邊會形成一個 圈, 所以圖形可以畫成以下的形狀:

那麼 A 一開始就在圈上選一點上色, 則 就會產生以下的殘局:

A

1

1 1

此時就會產生兩棵樹, 一棵只有一點被 上色, 另外一棵就有二點被上色, 再來 A 只 要利用樹的基本策略即可, 所以四色仍是足 夠的。

再來對於 n + 1 條邊的圖形 4 色是否足 夠, 我們可以找到一反例如下:

Q P

T R S

在我們證明此圖 4 色不夠之前, 我們先 給定以下二個殘局, 這二個殘局都是一棵樹 且 4 色是不夠的。

1.

2

1

E F

2

2.

1 C

1

1

1 H

D G

在殘局 1 中, B 必能迫使 A 在 E 或 F 著上第三種顏色, 假設在 E 上色, 那B 在 F 的外圍再著上第四種顏色, 那 F 就死了 (4 色不夠)。 在殘局 2 中, 不管 A 如何下, B 都 有辦法使它變為殘局 1。B 的策略就是迫使 A 在 C 或 D 上色, 假設 A 在 C 上色, 那 B 就在 G 上 C 的顏色, 這樣就產生了殘局 1;

若 A 在D 上色, 那 B 就在 H 上 D 的顏 色, 如此也會產生殘局 1, 當然 4 色是不夠的。

有了以上這二個 4色不夠的殘局, 我們就可以 證明以上那個 n + 1 條邊的反例 4 色是不夠 的。 B 的策略是迫使 A 在 R 或 T 上色, 若 A 在 T 上色, 那 B 就在 S 著上另一種的 顏色, 如此就會造成殘局 1; 若 A 在 R 上色, 那 B 就在 P 或 Q 著上 R 的顏色, 那這樣 就會造成殘局 2, 當然以上兩種情形 4 色皆是 不夠的。 所以 n 個頂點 n 條邊的連通圖 4 色 就足夠, 但是 n 個頂點 n + 1 條邊的連通圖 則 4 色不一定夠。

—本文作者朱緒鼎任教於中山大學數學系, 蔡孟根、 黃昱豪就讀於高雄中學, 何思賢、 陳 冠廷就讀於高師附中—