# Замкнутые маршруты и алгоритмы сегментации изображений А. Малистов, И. Иванов-Погодаев, А. Я. Канель-Белов ## А. Алгоритмы Пусть у нас в распоряжении имеется книга из $n$ страниц. На каждой странице книги написано какое-нибудь слово. Кроме того, у нас есть карточка, на которой также написано одно слово. За одну операцию разрешается открыть любую страницу в книге и прочитать слово, которое там написано. За какое число операций можно гарантированно выяснить, есть ли слово на карточке в книге? Ясно, что за $n$ операций это можно сделать, прочитав все страницы в книге. Пусть теперь известно, что слова в книге расположены по алфавиту. Теперь выяснить, записано ли слово в книге можно за $\left\lceil\log _{2} n\right\rceil$ операций. Сначала мы открываем книгу на середине. Если слово, написанное на странице совпадает с искомым, то на этом процедуру поиска можно завершить. Если слово оказывается по алфавиту больше нашего, то вторую половину книги можно выкинуть. Если слово оказывается по алфавиту меньше нашего, то первую половину книги можно выкинуть. Таким образом мы сократили книгу в два раза. Далее мы будем повторять операцию до тех пор, пока не останется одна страница. Такой алгоритм известен под названием бинарный поиск. Таким образом, на специально подготовленном массиве данных можно производить поиск гораздо быстрее. В современных компьютерных базах данных может хранится до миллиарда разных записей. Обычный поиск вынуждал бы компьютер просматривать их все. С помощью бинарного поиска мы можем найти необходимую информацию всего за 30 операций. Пусть имеется компьютер с памятью, состоящей из ячеек. Каждая ячейка имеет адрес. Адреса нумеруются последовательно, начиная с нуля. Каждая ячейка может хранить целые числа, ограниченные по модулю некоторым положительным числом $L$. Значение $L$ зависит от входных данных решаемой на компьютере задачи. Кроме того, компьютер имеет конечное число регистров для проведения арифметических операций. Алгоритмом называется пронумерованная последовательность разрешенных операций. Разрешены операции чтения чисел из памяти в регистр и записи из регистра в память, арифметические операции (сложение, умножение, вычитание, целочисленное деление, взятие остатка). За одну операцию также можно сравнить значение двух чисел, и, в зависимости от результата, перейти к любому шагу алгоритма. Временем работы алгоритма называется число операций, которые алгоритм выполняет для решения задачи. Объёмом памяти, необходимым для работы алгоритма, называется максимальный адрес ячейки, которая была задействована. Рассмотрим следующую задачу. Требуется выяснить, есть ли в массиве размера $n$ два одинаковых числа. Эту задачу можно решить за $n(n-1) / 2$ сравнений для каждой пары чисел. Но кроме операций сравнения, потребуется организовать два цикла, в котором один вложен в другой. Для каждого цикла нужна переменная-счётчик, которая на каждой итерации увеличивается на единицу. Эти дополнительные операции производятся компьютером, поэтому, чтобы оценить общее время работы алгоритма, необходимо их также учитывать. Количество вспомогательных операций для двух циклов не будет превышать $C_{1} n^{2}$ для некоторой константы $C_{1}$, а, значит, число всех операций, включая сравнение, не превышает $C_{2} n^{2}$ для некоторой константы $C_{2}$. Ча- сто при анализе времени работы алгоритмов константы не учитывают, говоря, что алгоритм работает за $O\left(n^{2}\right)$ (произносится $O$-большое от $n^{2}$ ). Более формально, пусть имеется задача, в которой по набору входных данных нужно вычислить некоторый ответ. Обычно, чем сложнее входные данные, тем дольше работает алгоритм. Пусть с входными данными связан некоторый целочисленный параметр $n$, например, количество чисел в массиве, число вершин в графе и т.п. Этот параметр $n$ часто называют функцией длины входа. Для каждого фиксированного значения $n$ вход алгоритма может быть различным. Будем говорить, что алгоритм выполняется за $O(f(n))$, если существуют такие константы $C$ и $n_{0}$, что для всех $n>n_{0}$ число операций, которые выполняет алгоритм на любом входе длины $n$, не превышает $C f(n)$. Таким образом, выяснить, есть ли в массиве размера $n$ два одинаковых числа, можно за $O\left(n^{2}\right)$ операций. Есть алгоритм, который позволяет это сделать за $O(n \log n)$ операций ${ }^{1}$. Время работы алгоритма также может зависеть от размера ячейки $L$. Если существует многочлен от двух переменных $p\left(n, \log _{2} L\right)$ такой что время работы алгоритма и объём используемой памяти для любого входа длины $n$ и размера ячейки $L$ не превосходит $p\left(n, \log _{2} L\right)$, то такой алгоритм называют noлиномиальным. Если существует многочлен $p(n)$ такой, что время работы алгоритма и объём используемой памяти для любого входа длины $n$ не превосходит $p(n)$, то такой алгоритм называют сильно полиномиальным. Например, алгоритмы, работающие за $O\left(n^{4}\right)$ или $O(n \log n)$ - сильно полиномиальные. Обозначения с $O$-большое можно легко обобщить на случай с несколькими переменными. Например, для графа с $V$ вершинами и $E$ ребрами работа алгоритма за $O\left(E V^{2} \log V\right)$ означает, что существуют такие константы $C, V_{0}$ и $E_{0}$, что для всех $V>V_{0}$ и $E>E_{0}$ число операций, которые выполняет алгоритм на любом входе с $V$ вершинами и $E$ ребрами, не превышает $C E V^{2} \log V$. Обычно в графах $V$ и $E$ обозначают множества вершин и рёбер, а для количества вершин и ребер изспользуются обозначения $|V|$ и $|E|$. Внутри записи с $O$-большим мы будем писать просто $V$ и $E$, так как это не вводит в заблуждение. Запись $O\left(V^{2} E\right)$ означает то же, что и $O\left(|V|^{2}|E|\right)$. - А1. Предложите алгоритм, который выясняет есть ли в массиве размера $n$ два одинаковых числа и работает за $O(n \log n)$ операций. В алгоритмах разрешается использовать дополнительную память для хранения промежуточных данных. Объём необходимой памяти можно также оценивать, используя нотацию с $O$-большое. Существуют алгоритмы, быстрые, но использующее много памяти, а также алгоритмы, которые требуют мало дополнительной памяти, но работают долго. В зависимости от задачи, применяются разные типы алгоритмов. Если не оговорено иное, мы считаем, что для алгоритма доступно $O(n)$ дополнительной памяти (для графов $O(E+V)$ ). Это означает, что для алгоритма существует константа $C$ такая, что дополнительной памяти требуется меньше, чем $C n$ ( $C V+C E$ для графов). - A2. Предположим, что нет ограничений на использование памяти. Предложите алгоритм, который выясняет есть ли в массиве размера $n$ два одинаковых числа и работает за $O(n)$ операций. Пусть $G=(V, E, w)$ - некоторый взвешенный ориентированный граф, где $V$ множество вершин графа, $E=\{(u, v)\}(u, v \in V)$ - множество рёбер графа, $w: E \rightarrow$ $\mathbb{R}$ - функция, сопоставляющая каждому ребру вес. В компьютерной памяти описание графа может занимать $3|E|+2$ ячеек. В первой ячейке записано число вершин графа $|V|$, во второй ячейке записано число рёбер $|E|$, а далее идут $|E|$ троек ячеек, в каждой[^0]тройке для каждого ребра $e=(i, j)$ графа записаны номер исходящей вершины $i$, номер входящей вершины $j$ и вес $w(i, j)$. Mapupym $s \sim t$ между вершинами $s$ и $t$ называется последовательность вершин $s=v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{n}=t$, где для любого $i=\overline{1, n-1}$ существует ребро $\left(v_{i}, v_{i+1}\right) \in E$, направленное из $v_{i}$ в $v_{i+1}$. Длиной маршрута $s \sim t$ называется сумма весов всех его рёбер. Кратчайшим маршрутом между вершинами $s$ и $t$ называется такой маршрут, длина которого минимальна среди всех возможных маршрутов из $s$ в $t$. Кратчайшим расстоянием между вершинами от $s$ к $t$ будем считать длину кратчайшего маршрута между ними. Кратчайшие маршруты определены тогда и только тогда, когда в графе нет отрицательных по весу циклов. По умолчанию мы считаем, что все веса ребер в графе положительны. - A3. Пусть все веса в графе равны 1 (невзвешенный граф). Пусть $s, t$ - некоторые вершины графа. Предложите алгоритм, который находит кратчайшее расстояние от $s$ до $t$ за время $O(E)$. - A4. Пусть все веса в графе равны 1 (невзвешенный граф). Пусть $s, t$ - некоторые вершины графа. Предложите алгоритм, который находит кратчайший путь от $s$ до $t$, то есть последовательность номеров вершин $s, u_{1}, u_{2}, \ldots, t$ за время $O(E)$. Пусть $s$ - некоторая вершина графа $G=(V, E, w)$. Деревом кратчайших путей для вершины $s$ называется подграф $T_{s}=\left(V_{s}, E_{s}, w\right)$ исходного графа $G=(V, E, w)$ такой, что 1) $V_{s}$ - множество вершин, достижимых из $\left.s, 2\right) T_{s}$ - дерево с корнем в $s$, 3) Для всех вершин $u \in V_{s}$ путь из $s$ в $v$ в дереве совпадает с одним из кратчайших путей в графе $G$ из $s$ в $v$. - A5. Доказать, что для любой вершины $s$ в графе $G=(V, E)$ существует дерево кратчайших путей $T_{s}$. - A6. Пусть $G=(V, E, w)$ - произвольный взвешенный ориентированный граф. Пусть $s$ - некоторая вершина графа. Предложите алгоритм, который находит дерево кратчайших путей $T_{s}$ и кратчайшие расстояния от $s$ до каждой вершины графа $G$ за время $O\left(V^{2}\right)$. Рассмотрим граф-дерево. У каждой вершины дерева, кроме корня, существует ровно один родитель и, возможно, несколько дочерних вершин (потомков). У корня только дочерние вершины. Разделим все вершины дерева на слои. Первый слой дерева будет включать в себя только корень. Второй слой дерева будет включать потомков корня. Третий слой дерева будет включать потомков вершин второго слоя. И далее $(i+1)$-ый слой дерева будет включать потомков вершин $i$-ого слоя. Двоичным (или бинарным) деревом назовём дерево, у каждой вершины которого не более двух потомков. Все вершины двоичного дерева можно пронумеровать следующим образом. Вершина первого слоя (корень) получает номер 1, вершины второго слоя получают номера 2 и 3 (слева направо), вершины третьего слоя получают номера $4,5,6$ и 7 , и так далее, вершины $i$-ого слоя получают номера от $2^{i-1}$ до $2^{i}-1$. Если в соответствующем месте вершина отсутствует, то ее номер пропускается и не присваивается никаким другим вершинам. Назовём бинарные деревья почти полными, если все их $k$ вершин имеют номера от 1 до $k$, то есть ни одного номера не было пропущено. Предположим, что с каждой вершиной дерева связано некоторое целое число, которое будем называть ключом, и дополнительный набор данных конечного размера. Почти полное бинарное дерево называется неубывающей бинарной кучей, если ключ в любой вершине не больше, чем ключи его потомков. Минимальный элемент в неубывающей бинарной куче, очевидно, можно найти за $O(1)$ операцию. Он находится в корне. - A7. Предложите алгоритм, позволяющий добавить один элемент в кучу за $O(\log k)$ операций и сохранить основное свойство кучи. A8. Предложите алгоритм, позволяющий удалить минимальный элемент из кучи за $O(\log k)$ операций и сохранить основное свойство кучи. - A9. Предложите алгоритм, позволяющий изменить значение ключа произвольного элемента кучи за $O(\log k)$ операций и сохранить основное свойство кучи. A10. Пусть $G=(V, E, w)$ - взвешенный ориентированный граф. Пусть $s$ - некоторая вершина графа. Предложите алгоритм, который находит дерево кратчайших путей $T_{s}$ и кратчайшие расстояния от $s$ до каждой вершины графа $G$ за время $O(E \log V)$. ## В. Планарные графы Пусть $G=(V, E)$ - планарный граф. Каждой вершине $v$ сопоставлена точка на плоскости с целыми координатами $\left(x_{v}, y_{v}\right)$. Будем считать, что все рёбра в рассматриваемых планарных графах представлены на плоскости непересекающимися отрезками. В В1. Докажите, что в планарном графе $|E|<3|V|$. В дальнейшем нам потребуется следующая теорема Жордана. Принимаем её без доказательства. Теорема Жордана для многоугольников. Дан многоугольник (ребра не пересекаются). Доказать, что этот многоугольник разбивает плоскость на две связные области и является их границей. Выберем на плоскости точку $H$, не лежащую ни на одном ребре, включая вершины планарного графа $G$. Для любого ребра $A B$ углом вращения $\omega(A B)$ вокруг точки $H$ называется ориентированный угол $A H B$ (от $-\pi$ до $\pi$ ). Для любого маршрута $w=e_{1} e_{2} \ldots e_{m}$, где $e_{i} \in E$, углом вращения $\omega(w)$ называется сумма $\omega\left(e_{1}\right)+\omega\left(e_{2}\right)+$ $\ldots+\omega\left(e_{m}\right)$. В B2. Доказать, что для любого замкнутого маршрута $v_{1} v_{2} v_{3} \ldots v_{m} v_{1}$, где $v_{i} \in V$ угол вращения вокруг $H$, равен $2 \pi n$, где $n$ - целое число. Число $n$ называется индексом вращения маршрута относительно $H$. Выберем в планарном графе вершину s. Далее будем рассматривать маршруты, начинающиеся в вершине $s$, которые назовём $s$-маршрутами. $s$-петлёй будем называть замкнутый $s$-маршрут. В B3. Дана $s$-петля с индексом вращения $n>1$ вокруг точки $H$. Доказать, что существует $s$-петля с индексом вращения $n-1$ вокруг точки $H$. ## С. Кратчайшие замкнутые маршруты вокруг одной точки Основные задачи проекта будут посвящены алгоритмам поиска кратчайших замкнутых маршрутов с заданной стартовой вершиной $s$ при различных дополнительных ограничениях: 1. Количество точек, вокруг которых мы хотим найти петли: одна $H$ или две $H_{1}, H_{2}$ 2. Ориентированный/неориентированный граф 3. Поиск полиномиального алгоритма или быстрого за $O(V \log V)$. 4. Поиск кратчайшего маршрута среди всех с ненулевыми индексами или с заданными индексами вращения. Пусть имеется одна точка $H$, вокруг которой мы будем прокладывать замкнутые маршруты с заданной стартовой точкой $s$. Во всех задачах ниже нужно установить, существует ли алгоритм поиска маршрута с указанными свойствами. - C1. Неориентированный граф, нужно найти кратчайший замкнутый $s$-маршрут с ненулевым индексом за $O(V \log V)$ операций. $\triangle$ C2. В ориентированном графе нужно найти кратчайший замкнутый $s$-маршрут с ненулевым индексом за $O(V \log V)$ операций. - C3. Неориентированный граф, нужно найти кратчайший замкнутый $s$-маршрут с заданным индексом $k$ за $O(V \log V)$ операций. Считаем, что $|k|<100$. - C4. Ориентированный граф, нужно найти кратчайший замкнутый $s$-маршрут с заданным индексом $k$ за полиномиальное число операций. Считаем, что $|k|<100$. - C5. Ориентированный граф, нужно найти кратчайший замкнутый $s$-маршрут с заданным индексом $k$ за $O(V \log V)$ операций. Считаем, что $|k|<100$. ## D. Kратчайшие маршруты вокруг двух точек Пусть теперь имеются две точки $H_{1}$ и $H_{2}$. Пути вокруг них (если их рассматривать как траектории) характеризуются уже двумя индексами вращения. У нас попрежнему есть стартовая точка $s$. Во всех задачах ниже нужно установить, существует ли алгоритм поиска маршрута с указанными свойствами. D1. Неориентированный граф, нужно найти кратчайший замкнутый $s$-маршрут с заданными индексами $(k, n)$ за $O(V \log V)$ операций. Считаем, что $|k|<100,|n|<100$. D2. Ориентированный граф, нужно найти замкнутый $s$-маршрут с заданными индексами $(k, n)$ за полиномиальное число операций. Считаем, что $|k|<100,|n|<100$. D3. Ориентированный граф, нужно найти замкнутый $s$-маршрут с заданными индексами $(k, n)$ за $O(V \log V)$ операций. Считаем, что $|k|<100,|n|<100$. ## Е. Кратчайшие маршруты без старта Теперь нет выделенной стартовой точки. То есть требуется найти кратчайший замкнутый маршрут, не обязательно проходящий через заранее выделенную вершину. По-прежнему, нужно установить, существует ли алгоритм поиска маршрута с указанными свойствами. Решетчатый граф - это граф, вершины которого соответствуют точкам на плоскости с целыми координатами, $(x=1, \ldots, n ; y=1, \ldots, m)$, и вершины которого соединены ребром, если соответствующие точки находятся на расстоянии 1. Для ориентированного случая, две точки на расстоянии 1 соединены в обоих направлениях, возможно с разными весами. ■1. Существует ли алгоритм поиска кратчайшей петли вокруг $H$ в ориентированном решётчатом графе за время $O\left(V^{\frac{3}{2}} \log V\right)$ ? - E2. * Попробуйте найти алгоритм поиска кратчайшей петли вокруг $H$ в ориентированном решётчатом графе за время $O(V \log V)$. ■ E3. * Попробуйте найти алгоритм поиска кратчайшей петли вокруг $H$ в ориентированном планарном графе за время $O\left(V^{\frac{3}{2}} \log V\right)$. # Enclosing walks and image segmentation algorithms A. Malistov, I. Ivanov-Pogodaev, A. Kanel-Belov ## A. Algorithms Consider a book with $n$ pages. Every page contains some word. Moreover, there is a card with a single word. Using one operation we can look an arbitrary page and read a word. How many operations are required to find the word from the card in the book? It is clear that $n$ tests are sufficient to look up all the pages in the book. Suppose that all the words in the book are sorted in alphabetical order. Now $\left\lceil\log _{2} n\right\rceil$ operations are sufficient to check for the existence the word in the book. First of all, we can check the midpage of the book against our word and eliminate half of the book from further consideration. The binary search algorithm repeats this procedure, halving the size of the remaining portion of the book each time. So, we can make a search faster using specially prepared data. Modern computer data bases contain billions records. The linear search algorithm must look up all the records. We can find any record using 30 operations with the binary search algorithm. Consider the computer operating the memory with some registers. A register is a location with both an address and a content - a single integer number $x(|x|n_{0}$ the number of operations executed less than $C f(n)$ for any input of length $n$. Thus one can find two equal numbers in array of size $n$ using $O\left(n^{2}\right)$ operations. There is an $O(n \log n)$ algorithm which solves this problem ${ }^{1}$. The running time of an algorithm can depend on the size $L$ of the memory unit. An algorithm is polynomial if there is a polynom $p\left(n, \log _{2} L\right)$ such that the runing time and memory used are less than $p\left(n, \log _{2} L\right)$ for any input. An algorithm is strong polynomial if there is a polynom $p(n)$ such that the runing time and memory used are less than $p(n)$ for any input. For exapmle, $O\left(n^{4}\right)$ algoritms and $O(n \log n)$ algorithms are strong polynomial. $O$-notations can be easily extended to multiple variables case. For example, for graph with $V$ vertices and $E$ edges, the running time $O\left(E V^{2} \log V\right)$ means that there exist constants $C, V_{0}$ and $E_{0}$ such that for all $V>V_{0}$ and $E>E_{0}$ the number of operations[^1]executed less than $C E V^{2} \log V$. Usually $V$ is a set of vertices and $E$ is a set of graph edges. $|V|$ and $|E|$ are sizes of these sets. We will write just $V$ and $E$ inside of big $O$ notation. $O\left(V^{2} E\right)$ and $O\left(|V|^{2}|E|\right)$ are the same. - A1. Describe an $O(n \log n)$ algorithm that determines whether or not there exist two equal elements in the array of size $n$. An algorithm can use additional memory to store temporary data. The size of required memory can be estimated via $O$ notation. There are many fast algorithms that require much memory. To the other side, there are many low memory algorithms that require much time to perform. Unless otherwise stated, any algorithm has an $O(n)$ memory capacity (or $O(E+V)$ for graphs). This means that, for the algorithm, there is a constant $C$ such that this algorithm requires memory amount less than $C n$. (or $C V+C E$ for graphs). - A2. Suppose that there are no memory restrictions. Describe an $O(n)$-algorithm that determines whether or not there exist two equal elements in the array of size $n$. Let $G=(V, E, w)$ be an weighted directed graph. $V$ is a set of its vertices, $E=$ $\{(u, v)\}(u, v \in V)$ is a set of graph edges, $w: E \rightarrow \mathbb{R}$ is a weight function. Graph description can hold $3|E|+2$ memory units. First cell holds the number of graph vertices $|V|$, second cell holds the number of graph edges $|E|$. The next cells holds $|E|$ triplets for each edge. Each triplet is the index of outgoing vertex $i$, the index of incoming vertex $j$ and weight $w(i, j)$. A walk $s \sim t$ from $s$ to $t$ is a sequence $s=v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{n}=t$ such that for any $i=\overline{1, n-1}$ there exists an edge $\left(v_{i}, v_{i+1}\right) \in E$ from $v_{i}$ to $v_{i+1}$. The weight of a walk $s \sim t$ is sum of all edges weights. A shortest walk from vertex $s$ to vertex $t$ is any walk $s \sim t$ with minimal weight. The shortest distance from $s$ to $t$ is the weight of a shortest walk from $s$ to $t$. Shortest walks are well defined if and only if the graph $G$ contains no negative-weight cycles. Unless otherwise stated, only positive-weight graphs are considered. A3. Suppose that all weights of the graph $G$ are equal to 1 (unweighted graph). Let $s, t$ be two vertices of the graph $G$. Describe an $O(E)$ algorithm that searches for the shortest distance from vertex $s$ to vertex $t$. A4. Suppose that all weights of the graph $G$ are equal to 1 (unweighted graph). Describe an $O(E)$ algorithm that searches for the shortest walk from vertex $s$ to vertex $t$. Output of this algorithm is a sequence $s, u_{1}, u_{2}, \ldots, t$. For any vertex $s$ there is a shortest-paths tree $T_{s}=\left(V_{s}, E_{s}, w\right)$ such that 1) $T_{s}$ is a subgraph of $G, 2) s$ is the root of $\left.T_{s}, 3\right) V_{s}$ contains vertices reachable from $s, 4$ ) for all $v \in V_{s}$, the path from root $s$ to $v$ in $T_{s}$ is the shortest path from $s$ to $v$ in $G$. A5. Prove that for any vertex $s$ there is a shortest-paths tree $T_{s}$. - A6. Let $G=(V, E, w)$ be an weighted, directed graph. Let $s$ be a some vertex. Describe an $O\left(V^{2}\right)$ algorithm that searches for the shortest-paths tree $T_{s}$ and shortest distances from vertex $s$ to all other vertices. Consider a tree. Each vertex except the root has a unique parent and probably some children. The root has children only. Let us divide all the vertices by the levels. Level 1 contains the root only. Level 2 contains the children of the root. Level 3 contains the children of the verices from level 2 etc. Level $(i+1)$ contains the children of the verices from level $i$. Binary tree is a tree in which each node has at most two children. We can enumerate all the vertices of the binary tree by the following way. The vertex of level 1 (the root) has index 1. The vertices of level 2 have indices 2,3 . The vertices of level 3 have indices $4,5,6$ and 7 , and so on. The vertices of level $i$ have indices from $2^{i-1}$ to $2^{i}-1$. If some vertex is absent then its index is skipped. A binary tree is called an almost complete binary tree if all the levels (maybe except the last one) is completely filled. Suppose that each tree node contains some integer (key) and an additional data of fixed size. A binary heap is a almost complete binary tree such that the key at every node is less than (or equal to) the key at its left child and the key at its right child. It is clear that the element with minimal key can be found using $O(1)$ operations. - A7. Describe an $O(\log k)$ algorithm that pushes a single element into the binary heap and retains the heap property. - A8. Describe an $O(\log k)$ algorithm that eliminates the minimal element from the binary heap and retains the heap property. A9. Describe an $O(\log k)$ algorithm that changes the key of the minimal element of the binary heap and retains the heap property. A10. Let $G=(V, E, w)$ be the weighted, directed graph. Let $s$ be some vertex. Describe an $O(E \log V)$ algorithm that searches for the shortest-paths tree $T_{s}$ and shortest distances from vertex $s$ to all other vertices. ## B. Planar graphs Let $G=(V, E)$ be a planar graph. Every vertex $v$ corresponds to some point on the plane with coordinates $\left(x_{v}, y_{v}\right)$. We assume that all the edges in considered planar graphs has nonintersection segments representation on the plane. All edges intersect only at endpoints. $\Delta$ B1. Prove that for any planar graph $|E|<3|V|$. Further, we need Jordan's Theorem. You can use this theorem without proof. Jordan's Theorem for polygons. Given the polygon, prove that this polygon divides the plane into an "interior" region bounded by the polygon and an "exterior" region containing all of the nearby and far away exterior points. Consider a point $H$ that does not belong to any edge or the vertices of the planar graph $G$. The winding angle $\omega(A B)$ for given edge $A B$ around the point $H$ is a signed angle $A H B(-\pi<\omega(A B)<\pi)$. For any walk $w=e_{1} e_{2} \ldots e_{m}\left(e_{i} \in E\right)$, the winding angle is a sum $\omega\left(e_{1}\right)+\omega\left(e_{2}\right)+\ldots+\omega\left(e_{m}\right)$. $\triangle$ B2. Prove that for any closed walk $v_{1} v_{2} v_{3} \ldots v_{m} v_{1}\left(v_{i} \in V\right)$, the winding angle around the point $H$ is equal to $2 \pi n$ ( $n$ is some integer). $n$ is the winding index of the walk around $H$. Fix some vertex $s$ in the planar graph $G$. Further we will only consider walks that start in $s$. Let us call them $s$-walks. $s$-loop is a closed $s$-walk. - B3. Consider a $s$-loop of winding index $n>1$ around point $H$. Prove that there is a $s$-loop of winding index $n-1$ around $H$. ## C. Shortest closed walks around single point In the sequel, we shall focus on the problem of the shortest closed walk of non-zero winding number with some source vertex $s$ under different following conditions: 1. The number of points we want to enclose by loop: single point $H$ or two points $H_{1}, H_{2}$ 2. Directed or undirected graphs 3. Polynomial algorithms or fast $O(V \log V)$ algorithms. 4. Finding the shortest walks with non-zero winding index or finding the shortest walks with fixed winding index. Given a weighted digraph $G=(V, E)$ embedded in the plane $P$, let $H$ be a point of the plane $P$, let $s \in V$ be a source vertex. We want to find a shortest closed walk $s \sim s$ with a given winding number $n \neq 0, n \in \mathbb{Z}$, around $H$. $\triangle$ C1. Consider an undirected graph. Find a shortest closed $s$-walk with nonzero index using $O(V \log V)$ operations. $\Delta$ C2. Consider a directed graph. Find a shortest closed $s$-walk with nonzero index using $O(V \log V)$ operations. - C3. Consider an undirected graph. Given index $k<100$, find a shortest closed $s$-walk using $O(V \log V)$ operations. $\Delta$ C4. Consider a directed graph. Describe a polynomial algorithm that finds a shortest closed $s$-walk with given index $k<100$. - C5. Consider a directed graph. Describe an $O(V \log V)$ algorithm that finds a shortest closed $s$-walk with given index $k<100$. ## D. Shortest walks around two points Consider two points $H_{1}$ and $H_{2}$. The walks around these points have two winding angles and two indices. Recall we have a source vertex $s$. In the following problems we want to find closed walks with specified properties. D1. Consider an undirected graph. Given indices $k<100, n<100$, find a shortest closed $s$-walk using $O(V \log V)$ operations. D2. Consider a directed graph. Given indices $k<100, n<100$, describe a polynomial algorithm that finds a shortest closed $s$-walk. D3. Consider a directed graph. Given indices $k<100, n<100$, describe an $O(V \log V)$ algorithm that finds a shortest closed $s$-walk. ## E. Shortest walks without source vertex Now we have no source vertex. So we want to find a shortest closed walk. A lattice graph, mesh graph, or grid graph is the graph whose vertices correspond to the points in the plane with integer coordinates $(x=1, \ldots, n ; y=1, \ldots, m)$ and two vertices are connected by an edge whenever the corresponding points are at distance 1 . In directed graphs case, these two vertices are connected by two edges in both directions. The weights are probably asymmetric. - E1. Is there exist an $O\left(V^{\frac{3}{2}} \log V\right)$-algorithm that searches for a shortest closed walk around $H$ in directed lattice graph? - E2. Try to find an $O(V \log V)$-algorithm that searches for a shortest closed walk around $H$ in directed lattice graph. - E3. Try to find an $O\left(V^{\frac{3}{2}} \log V\right)$-algorithm that searches for a shortest closed walk around $H$ in directed planar graph. # Shortest enclosing walks with a non-zero winding number in directed weighted planar graphs: a technique for image segmentation Alexey Malistov
ELVEES-NeoTek, Russia,
alexey@malistov.ru #### Abstract This paper presents an efficient graph-based image segmentation algorithm based on finding the shortest closed directed walks surrounding a given point in the image. Our work is motivated by the Intelligent Scissors algorithm, which finds open contours using the shortestpath algorithm, and the Corridor Scissors algorithm, which is able to find closed contours. Both of these algorithms focus on undirected, nonnegatively weighted graphs. We generalize these results to directed planar graphs (not necessary with nonnegative weights), which allows our approach to utilize knowledge of the object's appearance. The running time of our algorithm is approximately the same as that of a standard shortest-path algorithm. ## 1 Introduction The shortest-paths algorithms are among the most widely used methods for image segmentation [1]. These methods have many applications in the field of medicine [2], optical character recognition systems [3], etc. The shortest-path segmentation is a so-called graph-based method. All graph-based methods represent the image as a weighted graph $G=(V, E)$, where each vertex $v \in V$ corresponds to a pixel in the image, the edges connect neighboring pixels [4]. Weights of the edges depend on the properties of the pixels, for instance, their intensities. Mortensen and Barret [1] in 1995 was one of the first to present a new segmentation tool known as Intelligent Scissors. Their algorithm finds an optimal path from a start pixel to a goal pixel, where each pixel corresponds to a vertex in the graph $G$. Intelligent Scissors assign weights to edges according to the image gradient: the greater the image gradient, the lower the weight of the edge. The shortest path from a start pixel $s$ to the same pixel $s$ is trivial. The shortest closed path surrounding a given point $H$ can be considered as a natural generalization of a shortest-paths problem. The shortest closed paths are used as an image segmentation technique in [5-7]. In [5], a new segmentation tool Corridor Scissors is presented. Their tool searches for a shortest closed path inside of the corridor marked by a user. The corridor is considered as a ringshaped graph. This ring-shaped graph is transformed into a lane-shaped graph by cutting along the shortest cut-path. In [7], a similar technique is used for image composition. Previous works on closed paths are only focused on undirected, nonnegatively weighted graphs. In this paper we generalize these results. We give a direct algorithm for the shortest closed walks with the non-zero winding number $n$ around a given point of the plane. Our algorithm applies to directed graphs with no negative-weight cycles. Any corridor can be emulated by removing vertices and edges outside the corridor. This generalization allows the algorithm to utilize knowledge of the objects appearance. Negative weights can be used to point a set of mandatory edges for the required walks. Directed graphs can use different weights for different directions, which makes it possible to find inner and outer contours (see fig. 1). In fact, if the graph is undirected and the source vertex $s$ is fixed, then no cut-path is needed. In [8], Provan found a simple algorithm for the shortest enclosing walk in undirected graphs. The thing is that the shortest enclosing walk can be easily produced from the shortest-paths tree. To find the shortestpaths tree Provan uses Dijksta's algorithm [9]. The implementation of Fredman and Tarjan [10] has a running time $O(E+V \log V)$. For the square grid, where $|E|=O(V)$, we obtain $O(V \log V)$. To date, there is an algorithm of the running time $O(V)$ for single-source shortest paths in planar graphs with nonnegative weights [11]. The shortest path in directed planar graphs with negative weights can be found in $O\left(V \log ^{2} V\right)$ time [12]. We recall that directed graphs can be useful to enclose an object if we know a priori color models of the object and background. Object always lies to the left of counterclockwise enclosing contour. Suppose that all pixels have integer coordinates. Let us shift each node in the above graph by $(0.5,0.5)$. Then each node and each edge will lie between pixels. This aproach is used in [2]. Let $O$ be an object segmented by the shortest closed walk $p$ around the point $H \in O$. Whenever the walk $p$ travels counterclockwise around the point $H$, pixels of the object $O$ lie immediately to the left of $p$, in the traversal. Suppose $e$ is an edge, $e^{\prime}$ is $e$ given in reverse direction. Let $\ell$ be a pixel that lies immediately to the left of $e$ (to the right of $e^{\prime}$ ), $r$ be a pixel that lies immediately to the right of $e$ (to the left of $e^{\prime}$ ). If the closed walk $p$ contains $e$, then $\ell$ is inside of the object $O$. If the closed walk $p$ contains $e^{\prime}$, then $r$ is inside of the object $O$. To distinguish this we must have $w(e) \neq w\left(e^{\prime}\right)$ (see fig. 1). Thus, we obtain a directed graph. ## 2 Shortest Enclosing Walks in Directed Graphs ### 2.1 Background Let $G=(V, E)$ be a weighted, directed graph with weight function $w: E \rightarrow \mathbb{R}$. Suppose $s, t \in G$. By $s \rightsquigarrow t$ denote an arbitrary walk from $s$ to $t$. A closed walk is a walk such that its first and last vertices are the same. The weight $w(p)$ of walk $p$ is the sum of the weights of the edges of $p$. Sometimes the word length is used instead of weight. But we reserve length for the number of edges in the ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_62adb442fc4dcf7da6eag-012.jpg?height=504&width=1624&top_left_y=80&top_left_x=228) Fig. 1. Shortest enclosing directed walks: left) original image; center) the shortest clockwise walk (winding number $=-1$ ); right) the shortest counterclockwise walk (winding number $=+1$ ). Note that the clockwise walk finds the outer contour of the egg, while the counterclockwise walk find the inner contour (that of the yoke). walk. In the sequel, only walks of finite length are considered. A shortest walk from vertex $s$ to vertex $t$ is any walk $s \rightsquigarrow t$ with minimal weight. Shortest walks are well defined if and only if the graph $G$ contains no negative-weight cycles. It follows that if the graph is undirected, all weights are non-negative. In the sequel, only graphs without negative-weight cycles are considered. Any shortest walk cannot contain a positive-weight cycle. This cycle can be removed to create a walk with a lower weight. We can also remove 0 -weight cycles to create a walk with the same weight. Without loss of generality we can assume that all shortest walks have no cycles. Thus all shortest walks are simple paths. In particular, the shortest path from $s$ to $s$ is the path that contains no edges. For any vertex $s$ there is a shortest-paths tree $T_{s}=\left(V_{s}, E_{s}\right)$ such that 1) $T_{s}$ is a subgraph of $G, 2) s$ is the root of $\left.T_{s}, 3\right) V_{s}$ contains vertices reachable from $s, 4)$ for all $v \in V_{s}$, the path from root $s$ to $v$ in $T_{s}$ is the shortest path from $s$ to $v$ in $G$. Suppose $G$ has a fixed planar embedding in the plane $P=\mathbb{R}^{2}$ and this embedding is given by some map $f: V \rightarrow P$. All edges intersect only at endpoints. By $\left(x_{v}, y_{v}\right)$ we denote the coordinates of vertex $v$. Suppose that the plane $P$ has a distinguished point $H$. We will assume that no edge intersects $H$. In the converse case, remove all those edges. To each pair $(u, v)$, where $u, v \in V$, assign the directed angle $\theta(u, v)=\measuredangle U H V$ where $U=f(u), V=f(v)$. We have $-2 \pi<\theta(u, v) \leq 2 \pi$ and $\theta(v, u)=-\theta(u, v)$. Suppose $e \in E$ is an edge of $G$. By defenition, put $\alpha(e)=\theta(u, v)$. A winding angle of walk $\alpha(p)$ is the sum of the angles $\alpha(e)$ of the edges of $p$. Suppose $s, t \in V$; then it is not hard to prove that for any walk $s \rightsquigarrow t$ there exists a unique $n \in \mathbb{Z}$ such that $\alpha(s \rightsquigarrow t)=\theta(s, t)+2 \pi n$. To do this, one can use the polar coordinate system with the origin at $H$. In particular, for any closed walk $s \rightsquigarrow s$ we get $$ \alpha(s \rightsquigarrow s)=2 \pi n, \quad n \in Z $$ $r(p)=\alpha(p) / 2 \pi$ is called the winding number of walk $p$. It follows from (1) that the winding number of a closed walk is always integer. If the shortest-paths tree $T_{s}$ is fixed, then for all $v \in V_{s}$ there exists a unique path $q=s \rightsquigarrow v$ in $T_{s}$. By $\beta(s, v)$ we denote the winding angle of $q$. We recall that the shortest closed walk is a zero-length path. But the shortest closed walk with non-zero winding number is nontrival. In the sequel, we shall focus on the problem of the shortest closed walk of non-zero winding number. Given a weighted digraph $G=(V, E)$ embedded in the plane $P$, let $H$ be a point of the plane $P$, let $s \in V$ be a source vertex. We want to find a shortest closed walk $s \rightsquigarrow s$ with a given winding number $n \neq 0, n \in \mathbb{Z}$, around $H$. ### 2.2 Undirected Graphs Let $p^{-1}$ be a walk $p$ given in reverse direction. If $G$ is undirected graph, then we obtian $w\left(p^{-1}\right)=w(p)$. It follows that there exist a shortest closed walk of winding number $+n$ if and only if there exists a shortest closed walk of winding number $-n$. Moreover, the weights of these walks are the same. In the next subsection we will show that the shortest closed walk with non-zero winding number has winding number $\pm 1$ (see Theorem 5). Provan [8] gave the first algorithm for finding nontrivial walks in undirected, nonnegatively weighted graphs with a fixed (not necessary planar) embedding in the plane. His algorithm finds a shortest closed walk surrounding a given obstacle $O$ in the plane. This shortest walk has non-zero winding number. But we cannot choose an arbitrary winding number $n$. Provan considers a plane embedding that is not necessary planar. For planar graphs, Provan's algorithm gives a closed walk of winding number $\pm 1$. ### 2.3 Directed Graphs For directed graphs, $w\left(p^{-1}\right)$ is not necessarily equal to $w(p)$. Moreover, the shortest closed walk with winding number +1 and the shortest closed walk with winding number -1 may be distinct. Consider a point $F=(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3}$. By definition, put $x(F)=x, y(F)=y$, $z(F)=z$. Fix the source vertex $s$. Take a vertex $v \in V$. Let $\mathcal{H}_{v}$ be a set given by $$ \mathcal{H}_{v}=\left\{h \in \mathbb{R}^{3} \mid x(h)=x_{v}, y(h)=y_{v}, z(h)=\theta(s, v)+2 \pi n, n \in \mathbb{Z}\right\} $$ For example, since $\theta(s, s)=0$, it follows that $\mathcal{H}_{s}=\left\{\left(x_{s}, y_{s}, 2 \pi n\right) \mid n \in \mathbb{Z}\right\}$. Put $\mathcal{V}=\bigcup_{v \in V} \mathcal{H}_{v}$. Let $g$ be the map from $\mathcal{V}$ to $V$ taking $h \in \mathcal{H}_{v}$ to $v$. Consider a graph $\mathcal{G}=(\mathcal{V}, \mathcal{E})$, where $$ \mathcal{E}=\left\{\left(h_{1}, h_{2}\right) \mid h_{1}, h_{2} \in \mathcal{V},\left(g\left(h_{1}\right), g\left(h_{2}\right)\right) \in E, z(v)=z(u)+\theta\left(g\left(h_{1}\right), g\left(h_{2}\right)\right)\right\} $$ For each edge $\left(h_{1}, h_{2}\right) \in \mathcal{E}$, we have a weight $w\left(h_{1}, h_{2}\right)=w\left(g\left(h_{1}\right), g\left(h_{2}\right)\right)$ The graph $\mathcal{G}$ can be embedded in the helicoid (see fig. 2). Consider $S=\left(x_{s}, y_{s}, 0\right) \in$ $\mathcal{H}_{s} \subset \mathcal{V}$, where $s \in V$ is the fixed source vertex in $G$. Clearly, $g(S)=s$. If we take another source vertex $s_{2}$, then we get another graph $\mathcal{G}_{2}$. To simplify the notation we write $\mathcal{G}$ instead of $\mathcal{G}_{s}$. In the sequel, $s$ is fixed. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_62adb442fc4dcf7da6eag-014.jpg?height=903&width=1033&top_left_y=174&top_left_x=543) Fig. 2. Helicoid graph. Lemma 1. Let $W_{s}$ be a set of walks from $s$ in the graph $G, \mathcal{W}_{S}$ be a set of walks from $S$ in the graph $\mathcal{G}$. Then $W_{s}$ is isomorphic to $\mathcal{W}_{S}$ with respect to weight. Proof. Let $p=\left\langle s v_{1} \ldots v_{\ell}\right\rangle$ be a walk in $G$. Consider the path $P=\left\langle S V_{1} \ldots V_{\ell}\right\rangle$ in the graph $\mathcal{G}$, where $V_{i}=\left(x_{v_{i}}, y_{v_{i}}, \alpha\left(s v_{1} v_{2} \ldots v_{i}\right)\right), \alpha\left(s v_{1} v_{2} \ldots v_{i}\right)$ is the winding angle of the subwalk $s \rightsquigarrow v_{i}$. Since $\alpha\left(s v_{1} \ldots v_{i} v_{i+1}\right)-\alpha\left(s v_{1} \ldots v_{i}\right)=\theta\left(v_{i}, v_{i+1}\right)$, we get $\left.\left(V_{i}, V_{i+1}\right) \in \mathcal{E}\right)$ and $w\left(V_{i}, V_{i+1}\right)=w\left(v_{i}, v_{i+1}\right)$. It follows that $w(P)=w(p)$. Now let $P=\left\langle S V_{1} V_{2} \ldots V_{\ell}\right\rangle$ be a walk in $\mathcal{G}$. Simalarly, consider the walk $p=\left\langle s v_{1} v_{2} \ldots v_{\ell}\right\rangle$, where $v_{i}=g\left(V_{i}\right)$. The walk $p$ corresponds to $P$ and has the same weight. This completes the proof of Lemma 1. Let $I$ be the isomorphism from Lemma $1, W_{s}^{n}$ be the set of all closed walks in $G$ from $s$ with winding number $n \neq 0$ around $H$. Then $I\left(W_{s}^{n}\right)$ is the set of all open walks in $\mathcal{G}$ from $S=\left(x_{s}, y_{s}, 0\right)$ to $S_{n}=\left(x_{s}, y_{s}, 2 \pi n\right)$. Thus, the shortset closed walk problem in graph $G$ is equivalent to the shortset path problem in graph $\mathcal{G}$. No well-known algorithm can be started because the graph $\mathcal{G}$ is infinite. Our aim is to find some subgraph $\mathcal{G}^{\prime}$ of $\mathcal{G}$ that is finite. Then we can use any well-known shortest-path algorithm. The first approach is to remove all vertices $h \in \mathcal{V}$ such that $|z(h)|<4 \pi|V|$. This is a good idea because the walks of a length more than $2|V|$ are not very useful. The shortcoming of this method is that the number of vertices in $\mathcal{G}$ is $|\mathcal{V}|=\Theta\left(|V|^{2}\right)$. This method is not optimal. We will show that there is a better way to find a finite subgraph. ### 2.4 A Finite Subgraph of $\mathcal{G}$ We recall that $\beta(s, v)$ is the winding angle of the unique path $q$ in the shortestpaths tree $T_{s}$. For each vertex $v \in G$ there exists a unique vertex $h \in \mathcal{V}$ such that $h=\left(x_{v}, y_{v}, \beta(s, v)\right)$. Now we shall give the following definitions. Definition 1. Suppose $v \in V$. Then the vertex $\left(x_{v}, y_{v}, \beta(s, v)\right) \in \mathcal{V}$ is called the shortest representative of $v$ in the helicoid graph $\mathcal{G}$ with respect to the source vertex $s$. Since $s$ is fixed, "with respect to the source vertex $s$ " will be omitted. Definition 2. We say that the vertex $h=\left(x_{v}, y_{v}, z\right) \in \mathcal{V}$ has a tier $m$ and write $\operatorname{tier}(h)=m$ if $z=\beta(s, v)+2 \pi m$, where $v=g(h) \in V$ is the corresponding vertex in $G$. Clearly, all shortest representatives in $\mathcal{G}$ have the tier 0 . Theorem 1 (intermediate value). For any walk $p=h_{1} \rightsquigarrow h_{2}$ in $\mathcal{G}$ the tier takes any value between tier $\left(h_{1}\right)$ and $\operatorname{tier}\left(h_{2}\right)$ at some vertex of $p$. Proof. Let $\left(u^{\prime}, v^{\prime}\right)$ be an edge of the walk $p$. Put $u=g\left(u^{\prime}\right), v=g\left(v^{\prime}\right)$. Then $z\left(u^{\prime}\right)=\beta(s, u)+2 \pi \cdot \operatorname{tier} u^{\prime}, z\left(v^{\prime}\right)=\beta(s, v)+2 \pi \cdot \operatorname{tier} v^{\prime}$. We recall that $z\left(v^{\prime}\right)-$ $z\left(u^{\prime}\right)=\theta(u, v)$. It follows that $$ \begin{aligned} & z\left(v^{\prime}\right)-z\left(u^{\prime}\right)=\theta(u, v)=\beta(s, v)-\beta(s, u)+2 \pi \cdot\left(\operatorname{tier} v^{\prime}-\operatorname{tier} u^{\prime}\right), \\ & \text { tier } v^{\prime}-\operatorname{tier} u^{\prime}=\frac{\beta(s, u)+\theta(u, v)-\beta(s, v)}{2 \pi}=r(s \rightsquigarrow u \rightarrow v \rightsquigarrow s), \end{aligned} $$ where $s \rightsquigarrow u \rightarrow v \rightsquigarrow s$ is the closed curve which contains the shortest path $s \rightsquigarrow u$, the edge $u \rightarrow v$, and the reverse of the shortest path $s \rightsquigarrow v$. This curve has no self-intersections because $s \rightsquigarrow u$ and $s \rightsquigarrow v$ are the paths in the tree $T_{s}$. Thus, the winding number $r(s \rightsquigarrow u \rightarrow v \rightsquigarrow s) \in\{0, \pm 1\}$. It follows that either the tiers of the neighboring vertices $u^{\prime}, v^{\prime}$ are the same or $\operatorname{tier}\left(v^{\prime}\right)-\operatorname{tier}\left(u^{\prime}\right)= \pm 1$. Theorem 2 (tiers). Suppose $h \in \mathcal{V}$, tier $(h) \geq 0$. Then there exists a shortest path $p$ from $S$ to $h$ such that for any vertex $u$ of $p$ we have $\operatorname{tier}(u) \geq 0$. Proof. For $\operatorname{tier}(h)=0$, by definition (2), the shortest paths induced by the shortest-paths tree $T_{s}$ contain only vertices of the tier 0 . For tier $(h)>0$, assume the converse. Then some shortest path $\langle S \ldots u \ldots h\rangle$ contains $u$ such that $\operatorname{tier}(u)<0$. By Theorem 1 , there exists a vertex $v$ between $u$ and $h$ such that $\operatorname{tier}(v)=0$. Replace $\langle S \ldots u \ldots v\rangle$ with the shortest path $S \rightsquigarrow v$ that contains only vertices with the tier 0 . Repeating this operation we obtain the shortest path $p$ from $S$ to $h$ such that for any vertex $u$ of $p$ we have $\operatorname{tier}(u) \geq 0$. This contradiction proves the theorem. Similarly, there exists a shortest path $p$ from the vertex $S$ to a vertex $h \in \mathcal{V}$, $\operatorname{tier}(h) \leq 0$, such that for any vertex $u$ of $p$ we have $\operatorname{tier}(u) \leq 0$. Corollary 1. If we want to find a shortest closed walk with the winding number $n>0$, then any vertex $h$ with tier $(h)<0$ can be removed. If we want to find a shortest closed walk with the winding number $n<0$, then any vertex $h$ with $\operatorname{tier}(h)>0$ can be removed. Consider a vertex $v \in V$ in the input graph and the corresponding set of vertices $\mathcal{H}_{v} \subset \mathcal{V}$ in the graph $\mathcal{G}$. We can sort all vertices of $\mathcal{H}_{v}$ by their shortest distance from $S$. Evidently, the shortest of the shortest paths from the vertex $S$ to the set $\mathcal{H}_{v}$ is the path to a vertex $h \in \mathcal{H}_{v}$ such that $\operatorname{tier}(h)=0$. Definition 3. For $R \geq 0$, we shall say that a vertex $h \in \mathcal{H}_{v}$ has a rank $R$ and write $\operatorname{rank}(h)=R$ if the shortest distance from $S$ to $h$ is the $(R+1)$-th minimum of the shortest distances from $S$ to the set $\mathcal{H}_{v}$. Theorem 3 (ranks). Suppose $h \in \mathcal{V}$. Then there exists a shortest path $p$ from $S$ to $h$ such that for any vertex $u$ of $p$ it follows that $\operatorname{rank}(u) \leq \operatorname{rank}(h)$. Proof. Assume the converse. Then some shortest path $p=\langle S \ldots u \ldots h\rangle$ contains $u$ such that $\operatorname{rank}(u)>R$, where $R=\operatorname{rank}(h)$. Consider a set $U=\left\{u_{k}\right\}_{k=0}^{R}$ such that $u_{k} \in \mathcal{V}, \operatorname{rank}\left(u_{k}\right)=k$, and $g\left(u_{k}\right)=g(u)$. We can replace $\langle S \ldots u\rangle$ with $S \rightsquigarrow u_{k}$. Then there exist $R+1$ walks $\left\langle S \ldots u_{k} \ldots\right\rangle_{k=0}^{R}$ with a lower weight. All end nodes $h_{k}$ are distinct because $\forall i \neq j \operatorname{tier}\left(h_{i}\right) \neq \operatorname{tier}\left(h_{j}\right)$. Since $\forall k \operatorname{tier}\left(u_{k}\right) \neq$ $\operatorname{tier}(u)$, we get $\forall k \operatorname{tier}\left(h_{k}\right) \neq \operatorname{tier}(h)$. We have that $w(p)$ is not the $(R+1)$-th minimum of the shortest distances from $S$ to $\mathcal{H}_{g(h)}$. This contradicts Definition 3. The theorem is proved. Definition 4. Suppose $\mathcal{H}_{v}^{+}=\left\{h \in \mathcal{H}_{v} \mid \operatorname{tier}(h)>0\right\}, \mathcal{H}_{v}^{-}=\left\{h \in \mathcal{H}_{v} \mid \operatorname{tier}(h)<\right.$ $0\}$. We shall say that a vertex $h \in \mathcal{H}_{v}^{+}$has a category $K>0$ and write $\operatorname{cat}(h)=$ $K$ if the shortest distance from $S$ to $h$ is the $K$-th minimum of the shortest distances from $S$ to the set $\mathcal{H}_{v}^{+}$. We shall say that a vertex $h \in \mathcal{H}_{v}^{-}$has a category $K<0$ if the shortest distance from $S$ to $h$ is the $|K|$-th minimum of the shortest distances from $S$ to the set $\mathcal{H}_{v}^{-}$. If $\operatorname{tier}(h)=0$, we put $\operatorname{cat}(h)=0$. Using Theorem 2, Theorem 3 and Definition 4, we get the following theorem. Theorem 4 (categories). Suppose $h \in \mathcal{V}$. Then there exists a shortest path $p$ from $S$ to $h$ such that for any vertex $u$ of $p$ it follows that $|\operatorname{cat}(u)| \leq|\operatorname{cat}(h)|$. Theorem 5 (Main). $\forall h \in \mathcal{V}$ tier $(h)=\operatorname{cat}(h)$. Proof. The cases cat $(h) \geq 0$ and $\operatorname{cat}(h) \leq 0$ are equivalent. Without loss of generality it can be assumed that $k=\operatorname{cat}(h) \geq 0$. The proof is by induction over $k$. For $k=0$, there is nothing to prove. For $k>0$, assume the converse. Then there exist $h \in \mathcal{V}$ such that $\operatorname{cat}(h)=k$ and $\operatorname{tier}(h) \neq k$. Let $h_{m} \in \mathcal{H}_{g(h)}^{+}$be a vertex such that $\operatorname{tier}\left(h_{m}\right)=m$. By the inductive assumption, $\forall mk$. Consider the shortest path $p=S \rightsquigarrow h$. Also, consider the first vertex $v$ in $p$ such that $\operatorname{tier}(v)>k$. Clearly, $\operatorname{cat}(v)=k$. If $\operatorname{cat}(v)n$ can be removed. ### 2.5 An Algorithm For Finding Shortest Enclosing Walks Corollary 1 and corollary 2 give the following algorithm. Suppose $s$ is the fixed source vertex, $n$ is the winding number. 1. Find the shortest-paths tree $T_{s}$. 2. For all $u \in V$ calculate $\beta(s, u)$. 3. Create the finite subgraph $\mathcal{G}^{\prime}=\left(\mathcal{V}^{\prime}, \mathcal{E}^{\prime}\right)$ of $\mathcal{G}$ such that $h \in \mathcal{V}^{\prime}$ if and only if $\operatorname{sign}(\operatorname{tier}(h))=\operatorname{sign}(n),|\operatorname{tier}(h)| \leq n$, or $\operatorname{tier}(h)=0$. 4. Find the shortest path from $\left(x_{s}, y_{s}, 0\right)$ to $\left(x_{s}, y_{s}, 2 \pi n\right)$ in $\mathcal{G}^{\prime}$. The running time of our algorithm is $O(n T)$, where $T$ is the running time of the shortest-path algorithm in steps 1 and 4. In particular, for $n=1$ the running time is $O(T)$. ## 3 Evaluation Experimental results are presented in fig. 3. We put the center point $H$ inside the object. Also we put the start point $S$ somewhere outside object and run our algorithm looking for the shortest enclosing walk surrounding the point $H$. Note that the start point $S$ can be placed far from enclosing object. We use some pictures from The Berkeley Segmentation Dataset [13]. Consider the picture with the bear. Note that the segmentation region is approximately the same for the different start points. Now consider the picture with flowers. We put the center point $H$ inside the left flower. Start point are placed in the background. The shortest clockwise and counterclockwise walks are different. First one helps to find the inner contour inside the left flower. Second one helps to cut flowers. The special line marked "Tier cut" in the pictures cuts the edges where the tier of the vertices changes. If edge intersects the tier-cut-line, then this edge has vertices with different tiers (see the proof of Theorem 1 ). ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_62adb442fc4dcf7da6eag-018.jpg?height=2056&width=1546&top_left_y=230&top_left_x=266) Fig. 3. Experimental results: original image and a segmentation based on the shortest enclosing walk (clockwise and counterclockwise). The center point $H$ is inside the object considered. Note that the start point $S$ is far from enclosing object. "Tier cut" is the line where tier changes (see the proof of Theorem 1). Pictures are from The Berkeley Segmentation Dataset $[13]$. ## 4 Conclusion and future work We have presented a new segmentation algorithm which is based on finding a shortest enclosing walk in the directed planar graphs. This walk surrounds a given point of the plane and has a given winding number $n \neq 0$. Our approach generalizes previous works which search for either open simple walks or closed walks in undirected graphs with nonnegative weights. The method runs in $O(n T)$ time, where $T$ is the running time of a regular shortest-path algorithm. For $n=1$, the running time is $O(T)$. For future work, we plan to extend our approach to a number of points we want to surround. Also, we want to use an image pyramid representation to assign the weights of the edges according to the information about pixels that does not immediately lie to the left or to the right of closed walks. ## References 1. Mortensen, E.N., Barrett, W.A.: Intelligent scissors for image composition. In: Proceedings of the 22nd Annual Conference on Computer Graphics and Interactive Techniques. SIGGRAPH '95, New York, NY, USA, ACM (1995) 191-198 2. Falcao, A., Udupa, J., Miyazawa, F.: An ultra-fast user-steered image segmentation paradigm: live wire on the fly. Medical Imaging, IEEE Transactions on 19 (2000) 3. Tse, J., Jones, C., Curtis, D., Yfantis, E.: An OCR-independent character segmentation using shortest-path in grayscale document images. Sixth International Conference on Machine Learning and Applications (ICMLA 2007) (2007) 142-147 4. Felzenszwalb, P.F., Huttenlocher, D.P.: Efficient graph-based image segmentation. Int. J. Comput. Vision 59 (2004) 167-181 5. Farin, D., Pfeffer, M., de With, P., Effelsberg, W.: Corridor scissors: a semiautomatic segmentation tool employing minimum-cost circular paths. In: Image Processing, 2004. ICIP '04. Intnl. Conf. on. Volume 2. (2004) 1177-1180 Vol. 2 6. Farin, D., N., P.H.: Shortest circular paths on planar graphs. In: In 27 th Symposium on Information Theory in the Benelux. (2006) 117-124 7. Jia, J., Sun, J., Tang, C.K., Shum, H.Y.: Drag-and-drop pasting. ACM SIGGRAPH (2006) 631 8. Provan, J.S.: Shortest enclosing walks and cycles in embedded graphs. Inf. Process. Lett. 30 (1989) 119-125 9. Dijkstra, E.: A note on two problems in connexion with graphs. Numerische mathematik (1959) 269-271 10. Fredman, M.L., Tarjan, R.E.: Fibonacci heaps and their uses in improved network optimization algorithms. J. ACM 34 (1987) 596-615 11. Klein, P., Rao, S., Rauch, M., Subramanian, S.: Faster shortest-path algorithms for planar graphs. In: Proceedings of the Twenty-sixth Annual ACM Symposium on Theory of Computing. STOC '94, New York, NY, USA, ACM (1994) 27-37 12. Klein, P.N., Mozes, S., Weimann, O.: Shortest paths in directed planar graphs with negative lengths: A linear-space $O\left(n \log ^{2} n\right)$-time algorithm. ACM Trans. Algorithms 6 (2010) 30:1-30:18 13. Martin, D., Fowlkes, C., Tal, D., Malik, J.: A database of human segmented natural images and its application to evaluating segmentation algorithms and measuring ecological statistics. In: 8th Int'l Conf. Computer Vision. Volume 2. (2001) 416-423 # Какого цвета моя шляпа? Задачу представляют: Кохась К., Куюмжиян К., Челноков Г. Следующая задача широко известна, но если вы ее еще не встречали, воспринимайте ее как вызов своему интеллекту. Эта задача будет разобрана после открытия конференции и не влияет на результаты конкурса. Речь идет об объекте, который имеет всего 4 состояния! Итак, ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНЫЙ ВЫЗОВ: число 4 против миллиардов нейронов вашего мозга! Вам и мне надевают на голову шляпу. Каждая из шляп может быть черной или белой. Вы видите мою шляпу, я - вашу, но никто из нас не видит при этом своей шляпы. Каждый из нас (не подглядывая, не общаясь и не подавая друг другу никаких сигналов) должен попытаться угадать цвет своей шляпы. Для этого по команде одновременно каждый из нас должен назвать цвет - «черный» или «белый». Если хоть один из нас угадал - мы выиграли. Перед тем как все это произойдет, нам дали возможность посовещаться. Как нам следует действовать, чтобы в любой ситуации выиграть? ## 1 Несколъко задач о мудрецах Есть несколько мудрецов и большой запас шляп $k$ различных цветов. С мудрецами проводят следующий TECT. Ведущий надевает мудрецам шляпы так, что в результате каждый видит шляпы всех остальных мудрецов, но не видит своей шляпы и не знает ее цвета. Мудрецы не общаются. По команде ведущего мудрецы одновременно называют цвет. Считается, что мудрецы успешно прошли тест $=$ «выиграли», если хотя бы один из них угадал. Перед тестом мудрецам сообщили правила теста и дали возможность устроить СОВЕЩАНИЕ, чтобы они могли договориться о том, как действовать во время теста. Стратегия мудрецов должна быть детерминированной - каждый мудрец должен назвать цвет, исходя только из того, какие цвета он видит у остальных. 1.1. Есть $n$ мудрецов и шляпы $n$ цветов. Докажите, что в этой ситуации мудрецы выигрывают. 1.2. Пусть имеются шляпы трех цветов и $n$ мудрецов стоят в шеренгу так, что каждый видит лишь соседей (а крайние - одного соседа). Докажите, что в этой ситуации мудрецы проигрывают. a) $n=3$ b) $n=4$; c) $n$ - произвольное. 1.3. Есть $10 k$ мудрецов и шляпы $k$ цветов (опять все видят всех). Докажите, что 10 мудрецов заведомо смогут угадать свой цвет, а вот 11 - вообще говоря, нет. 1.4. Есть $4 k-1$ мудрецов, $2 k$ черных и $2 k$ белых шляп. Ведущий незаметно прячет одну шляпу, а остальные надевает на мудрецов. Какое наибольшее число мудрецов смогут угадать цвет своей шляпы? 1.5. Четыре мудреца стоят по кругу возле непрозрачного баобаба, у них шляпы трех цветов. Каждый мудрец видит только двух соседних по кругу мудрецов. Как им действовать, чтобы выиграть? 1.6. У трех мудрецов шляпы двух цветов. Пусть теперь мудрецам разрешается пасовать, т. е. сказать «пас», что означает отказ от угадывания. Пусть мудрецы выигрывают, только при условии, что хотя бы один из них угадал правильно, и при этом никто не угадал неправильно. Будем считать, что все расклады шляп равновероятны и что стратегия мудрецов, как и в предыдущих задачах, детерминированная. Теперь уже мудрецы заведомо не могут обеспечить себе стопроцентный выигрыш. Например стратегия «Мудрец А всегда говорит "черный", остальные всегда говорят "пас"» выигрывает лишь в половине случаев. Оптимальная стратегия - это стратегии, которая для всевозможных раскладов шляп дает наибольшее число выигрышей. a) Предложите стратегию мудрецов, для которой они выигрывают больше чем в $50 \%$ случаев. b) Найдите оптимальную стратегию и докажите, что она оптимальна. ## 2 Мудрецы на неориентированном графе Будем рассматривать более общую задачу. Пусть дан неориентированный граф $G$, в каждой вершине которого находится один мудрец. Мудрецы знакомы друг с другом и расположение мудрецов по вершинам известно всем. В частности, каждый мудрец понимает, в какой вершине находится каждый из его соседей. Мы будем отождествлять вершину графа и мудреца, который в ней находится. Во время теста каждый мудрец видит только шляпы мудрецов, находящихся в соседних вершинах графа. Остальные правила те же самые - мудрецы должны на совещании выработать стратегию, позволяющую хотя бы одному из них угадать цвет своей шляпы. При необходимости можно пользоваться следующим формализмом. Пусть цвета шляп пронумерованы числами от 1 до $k$, пусть $\mathcal{C}=\{1,2, \ldots, k\}$, и пусть у каждой вершины $v$ графа $G$ соседние вершины (пусть $d$ - их количество) упорядочены по возрастанию номеров $u_{n_{1}}, u_{n_{2}}, \ldots u_{n_{d}}$. Стратегия мудреца $v$ - это функция $f_{v}: \underbrace{\mathcal{C} \times \mathcal{C} \times \cdots \times \mathcal{C}}_{d \text { раз }} \rightarrow \mathcal{C}$. Эти функции выбираются мудрецами на совещании. Действия мудрецов по угадыванию состоят в том, что каждый мудрец $v$ вычисляет $f_{v}\left(c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{d}\right)$, где $c_{i} \in \mathcal{C}$ - цвет шляпы мудреца в вершине $v_{n_{i}}$. Задача 1.1 показывает, что если мудрецы находятся в вершинах графа и могут видеть только соседних мудрецов, то в случае, когда граф имеет $k$-клику, хотя бы один мудрец сможет угадать свою шляпу. Вопрос становится нетривиальным, если граф не имеет $k$-клик. 2.1. Докажите, что на четырехвершинном графе «куриная лапа» мудрецы проигрывают ( $k \geqslant 3$ ). 2.2. Докажите, что на любом дереве мудрецы проигрывают $(k \geqslant 3)$. Пусть $n$ мудрецов стоят по кругу, $k=3$. Пусть $V$ - множество из трех элементов (цветов шляп). Пусть $V_{i}=V$ - множество цветов шляп, которые можно дать $i$-му мудрецу. Допустим, что мудрецы уже определились со стратегией. Это значит, что $i$-й мудрец выбрал себе функцию $f_{i}: V_{i-1} \times V_{i+1} \rightarrow V_{i}$ (всюду нумерация циклическая). Будем говорить, что последовательность цветов $a b c$, где $a \in V_{i-1}, b \in V_{i}$, $c \in V_{i+1}$, является короткой опровергающей цепочкой, если $b \neq f_{i}(a, c)$. Более длинная цепочка цветов $S=s_{1} s_{2} \ldots s_{m}$, где $s_{1} \in V_{\ell}, s_{2} \in V_{\ell+1}, \ldots, s_{m} \in V_{\ell+m-1}$, называется опровергающей цепочкой, если каждый ее трехэлементный фрагмент является короткой опровергающей цепочкой. Если выбрана опровергающая цепочка $S$ обозначим $\ell_{+}(S)$ - число способов продолжить $S$ на один шаг вправо, т. е. число способов выбрать цвет $s_{m+1} \in V_{\ell+m}$, чтобы получилась более длинная опровергающая цепочка. Аналогично обозначим через $\ell_{-}(S)$ число способов продолжить $S$ на один шаг влево. 2.3. Пусть $n$ мудрецов стоят по кругу, $k=3$. Докажите, что если нашлась опровергающая цепочка $S=s_{1} s_{2} \ldots s_{m}$, где $2 \leqslant m \leqslant n-1$, для которой $\ell_{-}\left(s_{1} s_{2}\right)+\ell_{+}\left(s_{m-1} s_{m}\right) \geqslant 5$, то стратегия мудрецов не выигрышная. 2.4. Пусть $n$ мудрецов стоят по кругу, $k=3$. Пусть мудрецы выбрали выигрышную стратегию. Докажите, что для любого мудреца $i$ и любой пары цветов $a \in V_{i-1}, b \in V_{i}$ выполнено равенство $\ell_{-}(a b)+\ell_{+}(a b)=4$. 2.5. Докажите, что при $k=3$ на графе «цикл из $3 n$ звеньев» мудрецы выигрывают. 2.6. Докажите, что при $k=3$ на графе «цикл из $n$ звеньев» мудрецы проигрывают, если $n$ не делится на 3 и $n \neq 4$. Следующие задачи показывают, что для выигрыша мудрецов наличие больших клик в графе не является необходимым. 2.7. Докажите, что любого числа цветов $k$ существует двудольный граф, на котором мудрецы выигрывают. 2.8. Пусть $G$ - граф, на котором мудрецы выигрывают, имея шляпы $q$ цветов. Пусть $K_{r}$ - полный граф на $r$ вершинах (на нем, как мы знаем, мудрецы выигрывают, имея шляпы $r$ цветов). Построим на основе $G$ новый «большой» граф $\widetilde{G}$. Для этого каждую вершину графа $G$ заменим на копию графа $K_{r}$. Если две вершины графа $G$ были соединены ребром, проведем ребра между всеми парами вершин соответствующих копий. Полученный граф и есть граф $\widetilde{G}$. Докажите, что на графе $\widetilde{G}$ мудрецы выигрывают при $k=q r$. 2.9. Если $k=3 m$, то существует граф с $4 m$ вершинами и максимальной кликой не более $2 m$, на котором мудрецы выигрывают. ## 3 Мудрецъ на ориентированном графе Теперь будем считать, что мудрецы находятся в вершинах ориентированного графа, мудрец А видит мудреца Б, только если в графе есть ориентированное ребро АВ. 3.1. Докажите, что на графе «ориентированный цикл из $n$ звеньев» мудрецы выигрывают ( $k=2$ ). 3.2. Мудрецы сидят в вершинах ориентированного графа, каждый видит только соседних, шляпы двух цветов. Пусть $c$ - наибольшее количество вершинно независимых циклов в графе. Докажите, что существуют графы, для которых больше $c$ мудрецов смогут угадать свой цвет $(k=2)$. 3.3. Пусть $a$ - наименьшее число вершин, которое следует удалить из графа, чтобы он стал ациклическим. Докажите, что вообще говоря, не более $a$ мудрецов смогут угадать цвет $(k=2)$. 3.4. Назовем ориентированный граф $G$ полудвудольным, если множество его вершин можно разбить на две части $L$ и $R$ так, что между вершинами части $L$ нет ребер, между вершинами части $R$ могут быть ребра, но соответствующий граф - ациклический, а между частями $L$ и $R$ могут быть произвольные ребра. Пусть $k$ - по прежнему число шляп, $s$ - произвольное натуральное число. Докажите, что если на полудвудольном графе $|L|=k-2,|R|=s$, то мудрецы проигрывают. ## Добавление после промежуточного финиша ## Вариации предыдущих сюжетов 2.10. Три мудреца А, В, С, все видят друг друга, за исключением того, что мудрец А не видит мудреца $\mathrm{B} ; k=3$. Докажите, что мудрецы проигрывают. 2.11. Четыре мудреца стоят по кругу возле непрозрачного баобаба, у них шляпы трех цветов. Каждый мудрец видит только двух соседних по кругу мудрецов, за исключением одного мудреца, который видит лишь одного соседа. Смогут ли мудрецы выиграть? Пусть $n$ мудрецов стоят по кругу, $k=3$. Пусть мудрецы выбрали выигрышную стратегию. Будем называть пару цветов $a b$, где $a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$, левой, если выполнено равенство $\ell_{-}(a b)=1$, правой, если выполнено равенство $\ell_{-}(a b)=3$, и инертной, если выполнено равенство $\ell_{-}(a b)=2$. 2.12. Докажите, что среди пар $a b$, где $a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$, поровну левых и правых. 2.13. Пусть $n \geqslant 4$. Докажите, что если $a b$ - правая пара цветов, где $a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$, то среди пар цветов $c_{1} a, c_{2} a, c_{3} a$, где $\left\{c_{1}, c_{2}, c_{3}\right\}=V_{i-1}$, ровно одна левая пара цветов, ровно одна правая и ровно одна инертная. 2.14. То же, что в задаче 1.4 , но есть $m k-1$ мудрецов и шляпы $k$ цветов - по $m$ шляп каждого цвета, причем $m$ четно или $k$ нечетно (или и то, и другое одновременно). Одну шляпу незаметно прячут. Докажите, что наибольшее число мудрецов, которые смогут заведомо угадать свой цвет, равно $\frac{1}{2}(m k+m-2)$. 2.15. Мудрецы стоят в две шеренги: в первой шеренге $n$ мудрецов, а во второй $-n^{n}$ мудрецов, у них шляпы $(n+1)$ цветов. Мудрецы видят только тех, кто стоит в другой шеренге. Докажите, что мудрецы могут действовать так, чтобы хотя бы один угадал. 3.5. Какое наибольшее число мудрецов сумеют угадать цвет на следующем графе $(k=2)$ ? ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_62adb442fc4dcf7da6eag-024.jpg?height=214&width=228&top_left_y=511&top_left_x=946) ## 4 Гиперкуб. Под $n$-мерным гиперкубом мы понимаем граф, вершины которого занумерованы наборами из $n$ нулей и единиц. Ребрами соединены вершины, номера которых отличаются ровно в одном разряде. 4.1. Докажите алгебраически, что 32 мудреца, стоящие в вершинах пятимерного гиперкуба, выигрывают $(k=3)$. Пусть количество мудрецов равно $n$, а $k=2$, причем цвета шляп мы будем обозначать нулями или единицами. Пусть фиксирована какая-либо стратегия мудрецов. Рассмотрим $n$-мерный гиперкуб и с его помощью «закодируем» эту стратегию. Это делается следующим образом. Вершины гиперкуба соответствуют наборам из $n$ нулей и единиц, свяжем с $i$-м мудрецом $i$-й элемент этого набора. Пусть $i$-й мудрец (для примера возьмем $n=5, i=2$ ) видит цвета шляп других мудрецов, скажем, 1, *, $0,1,1$ (в качестве второго элемента мы поставили звездочку, которая символизирует, что в нашем примере $i$-й, т.е. второй мудрец не видит своей шляпы). В гиперкубе есть две вершины с таким набором координат: $(1,0,0,1,1)$ и $(1,1,0,1,1)$, причем эти вершины соединены ребром. Стратегия $i$-го мудреца, собственно, и состоит в том, что он должен «выбрать» одну из этих вершин. Поставим на ребре стрелку, ведущую от невыбранной вершины к выбранной. Расставив подобным образом стрелки на всех ребрах, мы получим наглядную модель стратегии. Например, стратегия мудрецов из задачи «Интеллектуальный Вызов» описывается следующей ориентацией двумерного гиперкуба: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_62adb442fc4dcf7da6eag-024.jpg?height=228&width=334&top_left_y=1694&top_left_x=863) 4.2. Пусть имеется $n$ мудрецов и шляпы красного и синего цвета. Все всех видят. Как мы знаем из задачи 1.3, [n/2] мудрецов смогут угадать свой цвет правильно. Докажите, что существует «сбалансированная по цветам» стратегия угадывания, а именно, стратегия, обладающая свойством: для любой раздачи шляп верно, что если роздано $r$ красных и $b$ синих шляп, то по крайней мере $[r / 2]$ мудрецов с красными шляпами угадают цвет и $[b / 2]$ мудрецов с синими шляпами угадают цвет. 4.3. Пусть $2 n$ мудрецов пользуются оптимальной стратегией, т.е. стратегией, которая дает не менее $n$ правильных догадок. Докажите, что эта стратегия «несмещенная» (в сторону одного из цветов), а именно: для каждого мудреца верно, что если рассмотреть все возможные расклады шляп, то ровно в половине случаев мудрец, угадывая, называет первый цвет и ровно в половине случаев второй. ## Решения 1.1. Пусть цвета - это остатки по модулю $n$. Каждый мудрец видит все шляпы, кроме своей. Пусть $k$-й мудрец проверит гипотезу «сумма всех шляп равна $k$ по модулю $n$. Тогда ровно один мудрец угадает. 1.2. Утверждение этой задачи - частный случай задачи 2.2 . 1.3. $[1$, Theorem 2] Для начала приведем стратегию, для которой 10 мудрецов выигрывают. Разделим всех мудрецов на 10 равных групп и воспользуемся задачей 1.1. Предположим, существует стратегия, гарантирующая 11 правильных угадываний при любой расстановке цветов. Рассмотрим все $k^{10 k}$ возможных расстановок. Рассмотрим какие-то $k$ расстановок, отличающихся только цветом первой шляпы. Поскольку стратегия детерминированная, во всех этих расстановках первый мудрец должен называть один и тот же цвет, значит, в этих $k$ случаях он правильно угадает цвет в сумме только один раз. Разбив все начальные ситуации на такие группы по $k$, заключим, что всего первый мудрец правильно угадывает цвета $k^{10 k-1}$ раз. Поскольку для остальных мудрецов верно то же рассуждение, все мудрецы во всех ситуациях в сумме правильно угадают цвет $10 k \cdot k^{10 k-1}$ раз, что меньше, чем $11 \cdot k^{10 k}$. 1.4. [3, пункт 4.2] Для начала докажем, что никакая стратегия не может гарантировать строго больше $3 k-1$ угадавших в любой ситуации. Рассмотрим произвольного мудреца. Если на нем шляпа того же цвета, что и спрятанная, то он видит $2 k$ шляп одного цвета и $2 k-2$ другого, таким образом знает, что его цвет - тот которого меньше. Если его шляпа не того же цвета, что спрятанная, то назовем такого мудреца сомневающимся. Рассуждая аналогично задаче 1.3 , докажем, что при любой стратегии любой мудрец угадывает цвет шляпы ровно в половине тех ситуаций, в которых является сомневающимся мудрецом. В самом деле, пусть мудрец номер $i$ является сомневающимся в ситуации $A$. Построим по ней ситуацию $h_{i}(A)$ : поменяем местами шляпу $i$-го мудреца и спрятанную. Мудрец $i$ остался сомневающимся и цвета всех шляп, которые он видит, не поменялись, так что он должен назвать тот же цвет. Таким образом можно все ситуации, в которых $i$ является сомневающимся, разбить на пары вида $\left(A, h_{i}(A)\right)$, и в каждой паре мудрец угадывает ровно один раз. Таким образом, никакая стратегия не гарантирует больше $2 k-1+\frac{2 k}{2}=3 k-1$ угадываний. Построим стратегию, где угадываний будет ровно столько. Выпишем все возможные $\binom{4 k}{2 k}$ ситуаций, предпишем любому не сомневающемуся угадать свой цвет, далее будем по очереди каждому сомневающемуся в какой-то паре ситуаций $\left(A, h_{i}(A)\right)$ сообщать, что он должен в этом случае сказать. Возьмем любую ситуацию $A_{1}$ и сомневающегося в ней мудреца $i$. Предпишем ему назвать цвет его шляпы в $A_{1}$, таким образом в $A_{1}$ появился один правильно угадавший сомневающийся, а в $h_{i}(A)$ появился ошибшийся. Назовем $A_{2}=h_{i}(A)$ и повторим процесс: для $A_{2}$ найдем другого сомневающегося $j$, научим его правильно угадывать в ситуации $A_{2}$ и ошибаться в $h_{j}\left(A_{2}\right)$, и т. д., пока не окажется $A_{k}=A_{1}$. В этот момент во всех рассмотренных ситуациях есть поровну сомневающихся, угадавших цвет правильно и неправильно. Если еще не все сомневающиеся во всех ситуациях определились - продолжим процесс. 1.5. Утверждение этой задачи мы взяли в [7]. Приводимое здесь решение М. Иванова, хотя и описывает ту же стратегию игроков, что и в [7], но благодаря изящной алгебраической интерпретации делает ее совершенно прозрачной и мотивированной. Пусть цвета - это остатки $0,1,2$ по модулю 3. Тогда нам необходимо найти такие функции $f_{A}(D, B), f_{B}(A, C), F_{C}(B, D), f_{D}(C, A)$, чтобы для любых значений $A, B, C, D$ хотя бы одна из функций имела бы значение, совпадающее со значением соответствующей переменной по модулю 3. Будем искать эти функции в классе линейных функций. Сначала подберем выражения $A \pm B \pm C+$ const, $A \pm C \pm D+$ const, $A \pm B \pm D+$ const, $B \pm C \pm D+$ const так, чтобы при любых $A, B, C, D$ хотя бы одно из этих выражений было сравнимо с нулем по модулю 3. Это можно сделать с помощью следующего изящного наблюдения, которое к тому же позволяет обойтись без дополнительных констант. Заметим, что $$ \begin{aligned} (A+B+C)^{2} & +(A-C+D)^{2}+(A-B-D)^{2}+(B-C-D)^{2}= \\ & =3\left(A^{2}+B^{2}+C^{2}+D^{2}\right) \equiv 0 \quad(\bmod 3) \end{aligned} $$ Если при каких-то $A, B, C, D$ каждое из выражений $$ A+B+C, \quad A-C+D, \quad A-B-D, \quad B-C-D $$ оказалось не равным 0 по модулю 3 , то квадраты выражений давали бы остатки 1 по модулю 3 , и тогда сумма (1) не могла бы делиться на 3 . Значит, для любых целых $A, B, C, D$ хотя бы одно из выражений (2) обращается в 0 по модулю 3 . Положим тогда $f_{B}=-A-C, f_{D}=C-A, f_{A}=B+D, f_{C}=B-D$. Переводя на язык простых рецептов, мудрец $A$ называет в качестве своей гипотезы сумму $B+D$, мудрец $B$ называет $-A-C$, мудрец $C$ называет $B-D$, мудрец $D$ называет $C-A$. Замечание. На самом деле, формула (1) - это просто произведение $\left(A^{2}+B^{2}+C^{2}+D^{2}\right)\left(1^{2}+\right.$ $\left.1^{2}+1^{2}+0^{2}\right)$, разложенное по формуле Эйлера $$ \begin{aligned} \left(A^{2}+B^{2}+C^{2}+D^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)= & \\ =(A a+B b+C c+D d)^{2} & +(A c-C a+D b-B d)^{2}+ \\ & +(A b-B a+C d-D c)^{2}+(A d-D a+B c-C b)^{2} \end{aligned} $$ 1.6. [2, стр.160] Приведем пример стратегии, выигрывающей в 6 случаях из 8. Пусть мудрец, если видит на двух других шляпы одного цвета, называет другой цвет, а если видит шляпы разных цветов - молчит. Тогда если все три шляпы одного цвета - то в обоих таких случаях все три мудреца ошиблись, если же шляпы не одного цвета, то имеется две шляпы одного и одна другого. Тогда каждый из двоих владельцев шляп цвета большинства промолчит, тот, на ком шляпа другого цвета, правильно назовет ее цвет, итого шесть выигрышных ситуаций. Докажем, что стратегии лучше быть не может. Пусть стратегия предписывает какому-то мудрецу, видя некоторую пару цветов на двух остальных, назвать цвет. Это соответсвует некоторым двум расстановкам шляп (на самом мудреце шляпа может быть первого или второго цвета), так что мудрец сделает одно человекоугадывание и одно человеконеугадывание. Суммируя по всем ситуациям и по всем мудрецам, заключаем, что человекоугадываний и человеконеугадываний поровну. В каждой выигрышной ситуации есть хотя бы одно человекоугадывание и ни одного человеконеугадывания, в каждой проигрышной не больше трех человеконеугадываний (потому что мудрецов всего трое). Значит, соотношение количества выигрышных ситуация к проигрышным не больше $3: 1$. Это рассуждение легко обобщается на случай произвольного числа мудрецов. Выше доказано, что выигрышных ситуаций не больше чем $2^{n} \frac{n}{n+1}$ (здесь и далее число мудрецов обозначено через $n$ ). Оценка достигается для $n$ вида $n=2^{k}-1$ при натуральном $k$. Для удобства будем кодировать каждую из $2^{n}$ ситуаций словом длинны $n$ из нулей и единиц. Нам потребуется Утверждение. Для $n=2^{k}-1$ из всех слов из нулей и единиц длинны $n$ можно выбрать $2^{n} \frac{n}{n+1}$ кодовых слов так, что любое слово или выбрано или отличается в одном разряде от выбранного (такая выборка называется совершенным кодом Хэмминга с кодовым расстоянием 3 или кодом Хэмминга, исправляющим одну ошибку). Приведем стратегию, при которой мудрецы выигрывают на всех невыбранных последовательностях и проигрывают на выбранных. Стратегия: то что видит мудрец есть слово без одного разряда. Если оно является куском кодового слова - то мудрец называет не тот символ, который в этом слове стоит в его разряде. Иначе молчит. Тогда если слово не является кодовым, то оно отличается в одном разряде от кодового, и только мудрец соответствующий этому разряду видит кусок правильного слова, значит назвав неправильный цвет угадывает. Если исходное слово кодовое - то все мудрецы одновременно ошибаются. 2.1. Допустим, что у мудрецов есть выигрышная стратегия. Пусть $v$ - центр лапы, $u_{1}, u_{2}, u_{3}$ висячие вершины. Назначим вершине $v$ первый цвет. Пусть мудрецы $u_{1}, u_{2}, u_{3}$ согласно стратегии называют цвета $h_{1}, h_{2}, h_{3}$. Теперь проведем второй эксперимент: назначим вершине $v$ второй цвет. Пусть мудрецы $u_{1}, u_{2}$, $u_{3}$ согласно стратегии называют цвета $e_{1}, e_{2}, e_{3}$. Теперь проведем финальный эксперимент. Для каждого $i=1,2,3$ обозначим через $d_{i}$ цвет, который не был назван мудрецом $u_{i}$ в первых двух экспериментах (если есть выбор - берем любой цвет из двух возможных). Для каждого $i$ назначим висячей вершине $u_{i}$ цвет $d_{i}$. Цвета шляп у соседей мудреца $v$ уже заданы, значит, известен его ответ по стратегии. Назначим вершине $v$ тот из цветов - первый или второй, который не совпадает с этим ответом. Мудрецы проиграли. 2.2. Это лемма 8 из [1]. Докажем индукцией по числу вершин следующее утверждение. Пусть $T$ - произвольное дерево, $v$ - его произвольная вершина, $c_{1}, c_{2}$ - два произвольных цвета. Пусть мудрецы уже выбрали себе стратегию Г. Тогда существует распределение шляп по вершинам, проигрышное для мудрецов, при котором вершина $v$ покрашена в цвет $c_{1}$ или $c_{2}$. База индукции - одна вершина - тривиальна. Докажем переход. При удалении вершины $v$ дерево распадается на части $T_{1}, T_{2}, \ldots$. Обозначим через $u_{1}, u_{2}, \ldots$ вершины в этих поддеревьях, соседние с $v$. Аналогично предыдущей задаче проведем два эксперимента: в первом зададим шляпе в вершине $v$ цвет $c_{1}$ и переберем всевозможные распределения шляп в деревьях $T_{i}$, неудачные для мудрецов, когда они используют в $T_{i}$ стратегию $\Gamma$. Пусть $H_{i}$ - множество цветов, которые может принимать в этих неудачных раскрасках шляпа $u_{i}$. Во втором эксперименте зададим шляпе в вершине $v$ цвет $c_{2}$ и построим множество цветов $E_{i}$, которые может иметь шляпа $u_{i}$ во всевозможных неудачных раскрасках. Заметим, что в обоих экспериментах стратегии мудрецов на каждом дереве $T_{i}$ отличаются разве лишь функцией, которую использует мудрец $u_{i}$. Это значит, что если бы еще и цвет шляпы в вершине $u_{i}$ был фиксирован, то для каждого расклада шляп на дереве $T_{i}$ остальные мудрецы в обоих экспериментах давали бы одинаковые ответы. По индукционному предположению множества $H_{i}$ и $E_{i}$ состоят не менее чем из двух элементов каждое, и поэтому пересекаются. Пусть $d_{i}$ - какой-нибудь цвет из пересечения этих множеств. При каждом $i$ назначим вершине $u_{i}$ цвет $d_{i}$, а для остальных вершин дерева $T_{i}$ возьмем подходящую неудачную для мудрецов раскраску. Теперь у вершины $v$ заданы цвета всех соседей, следовательно, ответ мудреца $v$ задан однозначно. Назначим шляпе $v$ тот из цветов $c_{1}, c_{2}$, который не совпадает с этим ответом. Мудрецы проиграли. Индукционный переход доказан. 2.3. [7, Lemma 2c] Можно считать, что $\ell_{-}\left(s_{1} s_{2}\right)=3, \ell_{+}\left(s_{m-1} s_{m}\right) \geqslant 2$. Проверим, что если $\ell_{+}\left(s_{m-1} s_{m}\right) \geqslant 2$, то путь можно продолжить вправо, добавив к нему вершину $s_{m+1}$ так, что $s_{1} s_{2} \ldots s_{m+1}$ - это опровергающая цепочка и на ее краю снова выполнено неравенство $\ell_{+}\left(s_{m} s_{m+1}\right) \geqslant 2$. Действительно, потенциально у нас есть два таких продолжения, скажем $s_{m} v_{1}$ и $s_{m} v_{2}$. Рассмотрим короткие цепочки $s_{m} v_{1} w$ и $s_{m} v_{2} w$, назовем перспективной ту из них (любую из них, если годятся обе), для которой $v_{i} \neq f_{m+1}\left(s_{m}, w\right)$. Аналогично выберем перспективную цепочку для каждого из двух остальных значений $w$. Мы наметили три перспективные цепочки, по крайней мере у двух из них совпадают цвета $v_{i}$. В качестве $s_{m+1}$ и следует взять цвет $v_{i}$. Итак, мы можем продолжать нашу цепочку сколь угодно далеко вправо. Осталось позаботиться о том, чтобы эта цепочка «зациклилась». Перед зацикливанием у нас имеется длинная цепочка $x s_{1} s_{2} \ldots s_{n-1} y$, где для вершины $x$ имеется три варианта выбора, а для вершины $y$ - хотя бы два варианта. Мы без труда выберем $x=y$, для которых $x \neq f_{n}\left(s_{n-1} s_{1}\right)$. В результате получилась циклическая опровергающая цепочка. Мудрецы проиграли. 2.4. [7, Lemma 2d] Если имеется двухэлементная цепочка $s_{1} s_{2}$, для которой $\ell_{-}\left(s_{1} s_{2}\right)+\ell_{+}\left(s_{1} s_{2}\right)>4$, то по утверждению предыдущей задачи мудрецы проиграли. С другой стороны, заметим, что для заданного $s$ сумма $$ \ell_{+}\left(s s_{1}\right)+\ell_{+}\left(s s_{2}\right)+\ell_{+}\left(s s_{3}\right)=6 $$ (где $s_{1}, s_{2}, s_{3}$ - три различных цвета). Действительно, для каждого цвета $w$ существует ровно два цвета $s_{i}$, для которых $s_{i} \neq f(s, w)$, а так как $w$ можно выбрать тремя способами, получаем 6 вариантов продолжений. В силу сделанного наблюдения $$ \sum_{s_{1}, s_{2}} \ell_{+}\left(s_{1} s_{2}\right)=18 $$ Таким образом, среднее значение величины $\ell_{+}\left(s_{1} s_{2}\right)$ равно 2 . Аналогично среднее значение величины $\ell$ $\left(s_{1} s_{2}\right)$ равно 2 . Возвращаясь к нашей задаче, заметим, что если для какой-то двухэлементной цепочки $s_{1} s_{2}$ выполнено неравенство $\ell_{-}\left(s_{1} s_{2}\right)+\ell_{+}\left(s_{1} s_{2}\right)<4$, то обязательно найдется цепочка $s_{1}^{\prime} s_{2}^{\prime}$, для которой $\ell_{-}\left(s_{1}^{\prime} s_{2}^{\prime}\right)+\ell_{+}\left(s_{1}^{\prime} s_{2}^{\prime}\right)>4$, и мудрецы опять проиграют. Таким образом, выигрышная стратегия может существовать лишь при условии $\ell_{-}\left(s_{1} s_{2}\right)+$ $\ell_{+}\left(s_{1} s_{2}\right)=4$ для всех $s_{1}, s_{2}$. 2.5. [7] Покажем, как может выглядеть стратегия мудрецов на цикле из $N=3 n$ вершин, чтобы для нее не нашлось ни одной опровергающей цепочки. Из утверждений задач $2.12,2.13$ следует, что для выигрышной стратегии количество правых пар цветов вида $a b$, где $a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$, одинаково при всех $i$. (Аналогично одинаково количество левых пар и инертных пар.) Из этих же утверждений вытекает, что любая цепочка, опровергающая выигрышную стратегию, должна состоять из звеньев одинакового типа (то есть в ней все пары цветов соседних шляп правые, либо все левые, либо все инертные), в этом случае всю цепочку будем называть левой, правой или инертной. Действительно, как мы видели в решении задачи 2.13, любая левая пара цветов $a b_{1}$ имеет единственное продолжение влево до более длинной цепочки $c_{1} a b_{1}$, и при этом пара $c_{1} b$ - опять левая. Аналогично однозначно задано продолжение правой цепочки вправо так, что на краю окажется опять правая цепочка. Таким образом, циклическая цепочка, опровергающая всех мудрецов, должна состоять из звеньев одного типа. Мы подберем такую стратегию, для которой при всех $i$ имеется три правых пары $a b, a \in V_{i}$, $b \in V_{i+1}$, три левых пары и три инертных. В этом случае элементы множеств $V_{i}$ можно пронумеровать таким способом $V_{i}=\left\{v_{1}^{i}, v_{2}^{i}, v_{3}^{i}\right\}$, что цепочки $v_{1}^{1} v_{1}^{2} v_{1}^{3} \ldots, v_{2}^{1} v_{2}^{2} v_{2}^{3} \ldots, v_{3}^{1} v_{3}^{2} v_{3}^{3} \ldots-$ правые. Мы, однако, выписали лишь начала этих цепочек, но при попытке построить циклическую цепочку может случиться, что цепочка не зацикливается с периодом $N$ и при продолжении $v_{1}^{1} v_{1}^{2} v_{1}^{3} \ldots v_{1}^{N} v_{1}^{N+1}$ оказывается, что $v_{1}^{N+1}=v_{2}^{1}$ или $v_{1}^{N+1}=v_{3}^{1}$. Обозначим $v_{1}^{N+1}=v_{\sigma(1)}^{1}, v_{2}^{N+1}=v_{\sigma(2)}^{1}, v_{3}^{N+1}=v_{\sigma(3)}^{1}$, очевидно, $\sigma$ - это перестановка трехэлементного множества. Именно этого и должны добиваться мудрецы: им нужно придумать такую стратегию, чтобы локальные опровергающие цепочки не могли бы зациклиться в $N$-элементную цепочку, из-за того что перестановка $\sigma$ не имеет неподвижных точек. То же должно быть выполнено для левых и для инертных цепочек. Рассмотрим подробнее, как они могут быть устроены в терминах введенной нумерации цветов. У нас имеется три левых пары $a b, a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$, можно считать, что это пары $v_{1}^{i} v_{3}^{i+1}, v_{2}^{i} v_{1}^{i+1}$, $v_{3}^{i} v_{2}^{i+1}$. Среди пар $a b, a \in V_{i-1}, b \in V_{i}$ тоже три левых. Заметим, что пара $v_{3}^{i-1} v_{3}^{i}$ правая, поэтому цепочка $v_{3}^{i-1} v_{3}^{i} v_{1}^{i+1}$ не является короткой опровергающей цепочкой, а тогда $v_{3}^{i-1} v_{2}^{i} v_{1}^{i+1}$ является опровергающей цепочкой, и это значит, что пара $v_{3}^{i-1} v_{2}^{i}$ есть «опровергающее продолжение» влево для пары $v_{2}^{i} v_{1}^{i+1}$, что означает, что пара $v_{3}^{i-1} v_{2}^{i}$ тоже левая. Рассуждая так же для других наборов индексов, получаем, что при всех $i(i=1,2, \ldots, N)$ множество левых пар $a b, a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$ состоит из пар $$ v_{1}^{i} v_{3}^{i+1}, \quad v_{2}^{i} v_{1}^{i+1}, \quad v_{3}^{i} v_{2}^{i+1} $$ Но тогда левая цепочка, начинающаяся с цвета $v_{1}^{1}$ имеет вид $v_{1}^{1} v_{3}^{2} v_{2}^{3} v_{1}^{4} \ldots$ и, таким образом, $(N+1)$-й элемент этой цепочки (напомним, что $N$ делится на 3) имеет вид $v_{\sigma(1)}^{N+1}$. Значит, левая цепочка тоже не зациклится, если у перестановки $\sigma$ нет неподвижных точек. Также обстоят дела и с инертными цепочками. Осталось описать стратегию, которая создаст нам эту прекрасную картину. Пусть все мудрецы пользуются одной и той же стратегией $$ f_{i}=\left(\begin{array}{lll} 2 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & 2 \\ 3 & 3 & 1 \end{array}\right), \quad i=1,2, \ldots, N $$ где элемент в $p$-й строке и в $q$-м столбце - это $f_{i}(p, q)$ и мы пользуемся соглашением $v_{i}^{N+1}=v_{\sigma(i)}^{1}$, где $\sigma: 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ - циклическая перестановка трехэлементного множества. Иными словами, если $v_{1}^{i}=1, v_{2}^{i}=2, v_{3}^{i}=3$ при $1 \leqslant i \leqslant N$, то $v_{1}^{N+1}=2, v_{2}^{N+1}=3, v_{3}^{N+1}=1$. Это соглашение обеспечивается свойством $f_{i}(\sigma(p), \sigma(q))=\sigma\left(f_{i}(p, q)\right)$, которое нетрудно проверить. Проверку того, что эта стратегия обеспечивает поровну правых, левых и инертных пар цветов, оставляем читателю. 2.6. [7] В решении предыдущей задачи показана роль того, что длина цикла $N$ делится на 3 . Оказывается, что опровергающие цепочки имеют 3 -периодическую структуру и благодаря этому мудрецы могут не позволить опровергающим цепочкам зациклиться. В случае, когда $N$ не делится на 3 , цепочки обязательно зацикливаются. Для случая, когда при всех $i$ имеется три правых пары $a b, a \in V_{i}, b \in V_{i+1}$, три левых и три инертных пары, это нетрудно понять из предыдущего решения. Но возможны и другие количества правых, левых и инертных пар, для полного решения требуется внимательно изучить структуру цепочек в этих случаях. Читатель, который до сих пор не утратил любопытства в этом вопросе, может обратиться за подробностями к статье [7]. 2.7. [1, theorem 7]. Формулировка задачи 3.4 подсказывает нам, что хотя бы в одной из долей должно быть не меньше $k-1$ вершины. Оказывается, эта оценка реализуется. Пусть левая доля $L$ нашего графа состоит из $n=k-1$ вершины, а правая доля $R$ - из $m=k^{k^{n}}$ вершин. Пусть $C$ - это множество всевозможных раскрасок доли $L$ в $k$ цветов. Ясно, что $|C|=k^{n}$. Тогда $m=k^{|C|}$ и, значит, число $m$ равно количеству отображений из множества $C$ во множество цветов $\{1,2, \ldots, k\}$. Зафиксируем какую-нибудь биекцию между вершинами правой доли и множеством отображений из $C$ во множество цветов $\{1,2, \ldots, k\}$. Пусть мудрецы в правой доле в качестве стратегии используют эту биекцию: у каждого мудреца имеется «свое личное» отображение из $C$ во множество цветов, и когда мудрец видит раскраску левой доли (это элемент из $C$ ), он называет в качестве цвета значение этого отображения на этой раскраске. Нам понадобится следующая лемма. Лемма. Пусть $c_{R}$ - это фиксированная раскраска правой доли. Рассмотрим множество $C^{\prime}$ всех таких раскрасок $c_{L}$ левой доли, для которых в том случае, когда весь граф покрашен с помощью объединенной раскраски $\left(c_{L}, c_{R}\right.$ ), никто из мудрецов правой части не угадал цвет. Тогда $\left|C^{\prime}\right|