欧拉图和汉密尔顿图.ppt

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1、离散数学Discrete Mathematics,第七章 图论第4讲 7-4 欧拉图和汉密尔顿图,7-4 欧拉图和汉密尔顿图,要求：1、理解欧拉图、汉密尔顿图的定义。2、掌握欧拉图的判定方法。3、会判断一些图不是汉密尔顿图。4、熟悉一些欧拉图和汉密尔顿图。,学习本节要熟悉如下术语（9个）：,欧拉路、,欧拉图、,欧拉回路、,掌握6个定理，1个推论。,单向欧拉路、,单向欧拉回路、,汉密尔顿路、,汉密尔顿回路、,汉密尔顿图、,图的闭包,一、欧拉图,1、哥尼斯堡七桥问题,七桥问题等价于在图中求一条回路，此回路经过每条边一次且仅有一次。欧拉在1736年的论文中提出了一条简单的准则，确定了哥尼斯堡七桥问题

2、是不能解的。,2、欧拉图(Euler),（2）定理7-4.1 无向图G具有一条欧拉路，当且仅当G连通，并且有零个或两个奇数度结点。,（1）定义7-4.1 如果无孤立结点图G上有一条经过G的所有边一次且仅一次的路径，则称该路径为图G的欧拉路（Euler walk）。如果图G上有一条经过G边一次且仅一次的的回路，则称该回路为图G的欧拉回路，具有欧拉回路的图称为欧拉图（Euler graph）。,先分析无向图：,证明思路：1)先证必要性:G有欧拉路 G连通 且（有0个 或 2个奇数度结点）设G的欧拉路是点边序列v0e1v1e2 ekvk，其中结点可能重复，但边不重复。因欧拉路经过（所有边）所有结点，

3、所以图G是连通的。对于任一非端点结点vi，在欧拉路中每当vi出现一次，必关联两条边，故vi虽可重复出现，但是deg(vi)必是偶数。对于端点,若v0=vk，则deg(v0)必是偶数，即G中无奇数度结点。若v0vk，则deg(v0)必是奇数，deg(vk)必是奇数,即G中有两个奇数度结点。必要性证毕。,2)再证充分性:(证明过程给出了一种构造方法)G连通且（有0个 或 2个奇数度结点）G有欧拉路(1)若有 2个奇数度结点,则从其中一个结点开始构造一条迹,即从v0出发经关联边e1进入v1,若deg(v1)为偶数,则必可由v1再经关联边e2进入v2,如此下去,每边仅取一次,由于G是连通的,故必可到达

4、另一奇数度结点停下,得到一条迹L1:v0e1v1e2 ekvk。若G中没有奇数度结点,则从任一结点v0出发,用上述方法必可回到结点v0,得到一条闭迹。(2)若L1通过了G的所有边,L1就是一条欧拉路。(3)若G中去掉L1后得到子图G,则G中每个结点度数都为偶数,因为原来的图G是连通的,故L1与G至少有一个结点vi重合,在G中由vi出发重复(1)的方法,得到闭迹L2。(4)当L1与L2组合,若恰是G,得欧拉路,否则重复(3),可得闭迹L3,依此类推可得一条欧拉路。充分性证毕,上述定理与推论可作为欧拉路和欧拉回路的判别准则，因此哥尼斯堡七桥问题立即有了确切的否定答案，因为从图中可以看到deg(A)

5、5，deg(B)deg(C)deg(D)=3，故欧拉回路必不存在。,（3）定理7-4.1的推论 无向图G具有一条欧拉回路，当且仅当G连通且所有结点度数皆为偶数。,（4）一笔画问题 要判定一个图G是否可一笔画出，有两种情况：一是从图G中某一结点出发，经过图G的每一边一次仅一次到达另一结点。另一种就是从G的某个结点出发，经过G的每一边一次仅一次再回到该结点。上述两种情况分别可以由欧拉路和欧拉回路的判定条件予以解决。,见303页图7-4.3(a)为欧拉路，有从v2到v3的一笔画。(b)为欧拉回路，可以从任一结点出发，一笔画回到原出发点。,练习:311页（1）,(1)判定下图中的图形是否能一笔画。,解

6、：完全图Kn每个结点的度数为n-1，要使n-1为偶数，必须n为奇数。故当n为奇数时，完全图Kn有欧拉回路。,练习311页(3),(3)确定n取怎样的值，完全图Kn有一条欧拉回路。,（5）定义7-4.2 给定有向图G，通过图中每边一次且仅一次的一条单向路（回路），称作单向欧拉路（回路）。,可以将欧拉路和欧拉回路的概念推广到有向图中。,（6）定理7-4.2 有向图G为具有一条单向欧拉回路，当且仅当G连通，并且每个结点的入度等于出度。有向图G有单向欧拉路，当且仅当G连通，并且恰有两个结点的入度与出度不等，它们中一个的出度比入度多1，另一个入度比出度多1。证明思路与定理7-4.1类似,应用：街道清扫车

7、问题,2,1,例1 有向欧拉图应用示例：计算机鼓轮的设计。鼓轮表面分成24=16等份，其中每一部分分别用绝缘体或导体组成，绝缘体部分给出信号0，导体部分给出信号1，在下图中阴影部分表示导体，空白体部分表示绝缘体，根据鼓轮的位置，触点将得到信息4个触点a,b,c,d读出1101(状态图中的边e13),转一角度后将读出1010(边e10)。问鼓轮上16个部分怎样安排导体及绝缘体才能使鼓轮每旋转一个部分，四个触点能得到一组不同的四位二进制数信息。,0,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,a,b,c,d,设有一个八个结点的有向图，如下图所示。其结点分别记为三位二

8、进制数000，001，111，设ai0,1，从结点a1 a2 a3可引出两条有向边，其终点分别是a2 a30以及a2 a31。该两条边分别记为a1 a2 a30和a1 a2 a31。按照上述方法，对于八个结点的有向图共有16条边，在这种图的任一条路中，其邻接的边必是a1 a2 a3a4和a2 a3a4a5的形式，即是第一条边标号的后三位数与第二条边的头三位数相同。由于图中16条边被记为不同的二进制数，可见前述鼓轮转动所得到16个不同位置触点上的二进制信息，即对应于图中的一条欧拉回路。,010,101,110,100,011,001,111,000,e10=1010,e13=1101,e5=01

9、01,e3=0011,e11=1011,e6=0110,e7=0111,e14=1110,e15=1111,e12=1100,e2=0010,e4=0100,e1=0001,e8=1000,e9=1001,e0=0000,a1 a2 a3(=000)0,a1 a2 a3(=000)1,a1 a2 a3(=001)1,a1 a2 a3(=100)0,a1 a2 a3(=111)0,a1 a2 a3(=111)1,a1 a2 a3(=110)0,a1 a2 a3(=011)1,所求的欧拉回路为：e0e1e2e4e9e3e6e13e10e5e11e7e15e14e12e8(e0)（从图示位置开始）e

10、13e10e5e11e7e15e14e12e8e0e1e2e4e9e3e6(e13)所求的二进制序列为：（从图示位置开始）,上述结论可推广到鼓轮具有n个触点的情况。构造2n-1 个结点的有向图，每个结点标记为n-1位二进制数,从结点a1a2a3.an-1出发,有一条终点为a2a3.an-10的边,该边记为a1a2a3.an-10；还有一条终点标记为a2a3.an-11的边,该边记为a1a2a3.an-11。邻接边的标记规则为：“第一条边后n-1位与第二条边前n-1位二进制数相同”。,二、汉密尔顿图（Hamilton）,几个问题在一个大城市，有很多取款机，那么，如何制定出一个最优的路线，使运钞车

11、过每个提款机一次就能运送完钱钞？货郎担问题旅行商人问题(TSP)考虑在七天内安排七门课程的考试，要求同一位教师所任教的两门课程考试不安排在接连的两天里，如果教师所担任的课程都不多于四门，则是否存在满足上述要求的考试安排方案？时间表问题国际象棋的跳马是否可以遍历其棋盘，即从任一格出发跳到每一格仅一次并最后回到出发的棋盘格子？在一个至少有5人出席的圆桌会议上（会议需要举行多次），为达到充分交流的目的，会议主持者希望每次会议每人两侧的人均与前次不同，这是否可行？请应用图论知识进行论证。周游世界问题,与欧拉回路类似的是汉密尔顿回路。它是1859年汉密尔顿首先提出的一个关于12面体的数学游戏：能否在图7

12、-4.6中找到一个回路，使它含有图中所有结点一次且仅一次？若把每个结点看成一座城市，连接两个结点的边看成是交通线，那么这个问题就变成能否找到一条旅行路线，使得沿着该旅行路线经过每座城市恰好一次，再回到原来的出发地？他把这个问题称为周游世界问题。,周游世界问题,汉密尔顿图,范更华：歪打正着学了图论 灵光一闪发现定理科学中国人（2005）年度人物汉密尔顿回路问题是图论最古老的研究课题之一，是至今未解决的世界难题，在许多领域有着重要应用。经过多年艰苦攻克，范更华的这一项目在这一问题的研究上开辟 了一条新的途径，证明若图中每对距离为2的点中有一点的度数至少是图的点数的一半，则该图存在哈密尔顿回路。了此

13、成果引发了大量后续工作，以“范定理”、“范 条件”、“范类型”被广泛引用而出现于多种国际权威学术刊物，并作为定理出现在国外的教科书中。新华网,（1）定义7-4.3 给定图G，若存在一条路经过图中的每个结点恰好一次，这条路称作汉密尔顿路。若存在一条回路，经过图中的每个结点恰好一次，这条回路称作汉密尔顿回路。具有汉密尔顿回路的图称作汉密尔顿图。,2、汉密尔顿图,图7-4.6存在一条汉密尔顿回路，它是汉密尔顿图,（2）定理7-4.3 若图G具有汉密尔顿回路，则对于结点集V的每个非空子集S均有W(G-S)|S|，其中W(G-S)是G-S的连通分支数。,证明 设C是G的一条汉密尔顿回路，对于V的任何一个

14、非空子集S，在C中删去S中任一结点a1，则C-a1是连通的非回路，W(C-a1)=1，|S|1，这时 W(C-S)|S|。若再删去S中另一结点a2，则W(C-a1-a2)2，而|S|2，这时 W(C-S)|S|。由归纳法可得：W(C-S)|S|。同时C-S是G-S的一个生成子图，因而W(G-S)W(C-S)，所以W(G-S)|S|。,C经过图G的每个结点恰好一次，C与G的结点集合是同一个，因此 C-S与G-S的结点集合是同一个。,此定理是必要条件，可以用来证明一个图不是汉密尔顿图。,如右图，取S=v1,v4，则G-S有3个连通分支，,不满足W(G-S)|S|，故该图不是汉密尔顿图。,说明：此定

15、理是必要条件而不是充分条件。有的图满足此必要条件，但也是非汉密尔顿图。,彼得森(Petersen)图,例如，著名的彼得森(Petersen)图，在图中删去任一个结点或任意两个 结点，不能使它不连通；删去3个 结点，最多只能得到有两个连通分支的子图；删去4个结点，只能得到最多三个连通分支的子图；删去5个或5个以上的结点，余下子图的结点数都不大于6，故必不能有5个以上的连通分支数。所以该图满足W(G-S)|S|，但是可以证明它是非汉密尔顿图。,下面的定理给出一个无向图具有汉密尔顿路的充分条件。,（3）定理7-4.4 设图G具有n个结点的简单图,如果G中每一对结点度数之和大于等于n-1,则G中存在一

16、条汉密尔顿路。,证明思路：1)先证G连通:若G有两个或多个互不连通的分支,设一个分图有n1个结点,任取一个结点v1,另一分图有n2个结点,任取一个结点v2,因为deg(v1)n1-1,deg(v2)n2-1,deg(v1)+deg(v2)n1+n2-2n-1,与假设矛盾,G是连通的。,2)先证(构造)要求的汉密尔顿路存在:设G中有p-1条边的路,pn,它的结点序列为v1,v2,vp。如果有v1或vp邻接于不在这条路上的一个结点,立刻扩展该路,使它包含这个结点,从而得到p条边的路。否则v1和vp都只邻接于这条路上的结点,我们证明在这种情况下,存在一条回路包含结点v1,v2,vp。,若v1邻接于v

17、p,则v1,v2,vp即为所求。若v1邻接于结点集vl,vm,vj,vt中之一,这里2l,m,.,j,.,tp-1,如果vp是邻接于vl-1,vm-1,vj-1,vt-1中之一,譬如是vj-1,则v1v2vj-1vpvp-1.vjv1 是所求回路（如图7-4.9(a)所示）。如果vp不邻接于vl-1,vm-1,vj-1,vt-1中任一个,则vp最多邻接于p-k-1个结点,deg(vp)p-k-1,deg(v1)=k,故deg(vp)+deg(v1)p-k-1+kn-1,即v1与 vp 度数之和最多为n-2，得到矛盾。,至此，已经构造出一条包含结点v1,v2,vp的回路,因为G是连通的,所以在G

18、中必有一个不属于该回路的结点vx与回路中某一结点vk邻接,如图7-4.9(b)所示,于是就得到一条包含p条边的回路(vx,vk,vk+1,vj-1,vp,vp-1,vj,v1,v2,vk-1),如图7-4.9(c)所示,重复前述构造方法，直到得到n-1条边的路。,说明：该定理的条件是充分条件但不是必要条件。见308页图7-4.10。n=6，每一对结点度数之和等于4，小于n-1，但在G中存在一条汉密尔顿路。,例2 某地有5个风景点，若每个景点均有两条道路与其他景点相通，问是否可经过每个景点一次而游完这5处。,解 将景点作为结点，道路作为边，则得到一个有5个结点的无向图。由题意，对每个结点vi(i

19、=1,2,3,4,5)有 deg(vi)=2。则对任两点和均有 deg(vi)+deg(vj)=2+2=4=5 1 所以此图有一条汉密尔顿路。即经过每个景点一次而游完这5个景点。,例3 在七天内安排七门课程的考试，使得同一位教师所任的两门课程不排在接连的两天中，试证明如果没有教师担任多于四门课程，则符合上述要求的考试安排总是可能的。,证明：设G为具有七个结点的图，每个结点对应于一门课程考试，如果这两个结点对应的课程考试是由不同教师担任的，那么这两个结点之间有一条边，因为每个教师所任课程数不超过4，故每个结点的度数至少是3，任两个结点的度数之和至少是6，故G总是包含一条汉密尔顿路，它对应于一个七

20、门考试课程的一个适当的安排。,下面的定理给出一个无向图具有汉密尔顿路的充分条件。,（3）定理7-4.4 设图G具有n个结点的简单图,如果G中每一对结点度数之和大于等于n-1,则G中存在一条汉密尔顿路。,证明思路：1)先证G连通:若G有两个或多个互不连通的分支,设一个分图有n1个结点,任取一个结点v1,另一分图有n2个结点,任取一个结点v2,因为deg(v1)n1-1,deg(v2)n2-1,deg(v1)+deg(v2)n1+n2-2n-1,与假设矛盾,G是连通的。,（4）定理7-4.5 设图G具有n个结点的简单图,如果G中每一对结点度数之和大于等于n,则G中存在一条汉密尔顿回路。,证明思路：

21、由定理7-4.4知,必有一条汉密尔顿路,设为v1,v2,vn,若v1与vn邻接,则定理得证。若v1与vn不邻接,假设v1邻接于 vi1,vi2,vik,2ijn-1,vn必邻接于vi1-1,vi2-1,vik-1中之一。若vn不邻接于vi1-1,vi2-1,vik-1中之一,则vn至多邻接于n-k-1个结点,因而,deg(vn)n-k-1,而 deg(v1)=k,deg(v1)+deg(vn)n-k-1+k=n-1,与假设矛盾,所以必有一条汉密尔顿路v1v2vj-1vnvn-1 vjv1,如图7-4.11所示。,例题,判定图是否存在汉密尔顿回路?解：在图中，有5个结点，结点1的度数deg(1)

22、3，deg(2)3，deg(3)4，deg(4)3，deg(5)3。由于每一对结点的度数之和都大于5，所以G中存在一条汉密尔顿回路，如 132541。,（5）图的闭包 定义7-4.4 给定图G=有n个结点，若将图G中度数之和至少是n的非邻接结点连接起来得图G，对图G重复上述步骤，直到不再有这样的结点对存在为止，所得到的图，称为是原图G的闭包，记作C(G)。,构造310页图7-4.12(a)的闭包。,在这个例子中C(G)是完全图，一般情况下，C(G)也可能不是完全图。,（6）定理7-4.6 当且仅当一个简单图的闭包是汉密尔顿图时，这个简单图是汉密尔顿图。（7）推论 n3的有向(无向)完全图Kn为

23、汉密尔顿图。,判别汉密尔顿路不存在的标号法,关于图中有没有汉密尔顿路的判别尚没有确定的方法，下面通过一个例子，介绍一个判别汉密尔顿路不存在的标号法。,例 证明下图没有汉密尔顿路。,证明 任取一结点如v1,用A标记，所有与它邻接的结点标B。,继续不断地用A标记所有与B邻接的结点，用B标记所有与A邻接的结点，直到图中的所有结点全部标记完毕。,如果图中有一条汉密尔顿路，则必交替通过结点A和B。因此或者结点A和B数目一样，或者两者相差1个。而本题有3个结点标记A，5个结点标记B，它们相差2个，所以该图不存在汉密尔顿路。,再看310页例题2,遇到相邻结点出现相同标记，可在此对应边上增加一个结点，并标上相异标记。见图7-4.14,汉密尔顿图,范更华：歪打正着学了图论 灵光一闪发现定理科学中国人（2005）年度人物汉密尔顿圈问题是图论最古老的研究课题之一，是至今未解决的世界难题，在许多领域有着重要应用。经过多年艰苦攻克，范更华的这一项目在这一问题的研究上开辟 了一条新的途径，证明若图中每对距离为2的点中有一点的度数至少是图的点数的一半，则该图存在哈密尔顿圈。了此成果引发了大量后续工作，以“范定理”、“范 条件”、“范类型”被广泛引用而出现于多种国际权威学术刊物，并作为定理出现在国外的教科书中。新华网,作业311页（2）（7）（8）,本节内容到此结束,谢谢大家！,