左孝凌离散数学课件74

7.4欧拉图与汉密尔顿图•1欧拉图•定义7-4.1：给定无孤立结点图G，若存在一条路，经过图中每边一次且仅一次，该条路称为欧拉路；若存在一条回路，经过图中每边一次且仅一次，该回路称为欧拉回路。具有欧拉回路的图称作欧拉图。7.4欧拉图与汉密尔顿图2定理7-4.1无向图G具有一条欧拉路，当且仅当G是连通的，且有零个或两个奇数度结点。•证明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，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出现依次，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v0≠vk，则deg(v0)必是奇数，deg(vk)必是奇数,即G中有两个奇数度结点。必要性证完。7.4欧拉图与汉密尔顿图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。充分性证完由于有了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，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。7.4欧拉图与汉密尔顿图7.4欧拉图与汉密尔顿图•一笔画问题：•就是判断一个图形能否一笔画成•实质上就是判断图形是否存在欧拉路径和欧拉回路的问题。例如,下图(a)和(b)均可一笔画成,因为符合存在欧拉路径和欧拉回路条件。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。V2V3V1V4V5V2V3V1V4V5311页(3)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）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。即产生全部的各不相同的4位二进制数，共16个，且可以由此变彼不重复的循环变化。即寻找一条有16条边的欧拉回路01111111100000001110abcd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进制数{000，001，……，111}，设ai{0,1}，从结点a1a2a3可引出两条有向边，其终点分别是a2a30以及a2a31。该两条边分别记为a1a2a30和a1a2a31。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a1a2a3a4和a2a3a4a5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。000e1=0001e0=0000001e3=0011e2=0010010e5=0101e4=0100100e8=1000e9=1001010101110100011001111000e10=1010e13=1101e5=0101e3=0011e11=1011e6=0110e7=0111e14=1110e15=1111e12=1100e2=0010e4=0100e1=0001e8=1000e9=1001e0=0000a1a2a3(=000)0a1a2a3(=000)1a1a2a3(=001)1a1a2a3(=100)0a1a2a3(=111)0a1a2a3(=111)1a1a2a3(=110)0a1a2a3(=011)1所求的欧拉回路为：e0e1e2e4e9e3e6e13e10e5e11e7e15e14e12e8(e0)（从图示位置开始）e13e10e5e11e7e16e14e12e8e0e1e2e4e9e3e6(e13)所求的二进制序列为：0000100110101111(0)1101011110000100(1)（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”。7.4欧拉图与汉密尔顿图•例:下图(a)是一幢房子的平面图，前门进入一个客厅,由客厅通向4个房间.如果要求每扇门只能进出一次,现在由前门进去,能否通过所有的门走遍所有的房间和客厅,然后从后门走出。•解：将房间、客厅及前门外和后门外作为结点，若两结点有边相连就表示该两结点所表示的位置有一扇门相通。由此得图(b)。由于图中奇度结点有4个，故本题无解。二、汉密尔顿图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7-4.6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。7.4欧拉图与汉密尔顿图•在无向图G=〈V,E〉中,穿程于G的每个结点一次•且仅一次的路径称为汉密尔顿路径。穿程于G的每个结点一次且仅一次的回路称为汉密尔顿回路。具有汉密尔顿回路的图称为汉密尔顿图。7.4欧拉图与汉密尔顿图•定理7-4.3若图G＝V，E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|成立。其中W(G-S)是G-S中连通分支数。•证明设C是G的一条汉密尔顿回路，则对于v的任何一个非空子集S在C中删去S中任一结点a1，则C-a1是连通的非回路，若再删去S中另一结点a2，则W(C-a1-a2)≤2，•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|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。下面的定理给出一个无向图具有汉密尔顿路的充分条件。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。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vp,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2≤l,m,...,j,...,t≤p-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v1v2…vj-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=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回路。即经过每个景点一次而游完这5个景点。例：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，它对应于一个七门考试课程的一个适当的安排。语文体育数学政治外语化学物理张三：语文，数学，外语，物理李四：化学王五：政治赵六：体育不是同一个老师教的课，可以连一条边语文数学外物理化学政治体育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：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},2≤ij≤n-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