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哈密顿图
2017-03-15 19:57:34哈密顿图 一、定义概念 1.哈密顿通路 设G=为一图(无向图或有向图).G中经过每个顶点一次且仅一次的通路称作哈密顿通路 2.哈密顿回路 G中经过每个顶点一次且仅一次的回路称作哈密顿回路 3.哈密顿图 若G...哈密顿图
一、定义概念
1.哈密顿通路
设G=<V,E>为一图(无向图或有向图).G中经过每个顶点一次且仅一次的通路称作哈密顿通路
2.哈密顿回路
G中经过每个顶点一次且仅一次的回路称作哈密顿回路
3.哈密顿图
若G中存在哈密顿回路,则称它是哈密顿图
4.定义详解:
(1)存在哈密顿通路(回路)的图一定是连通图;
(2)哈密顿通路是初级通路,哈密顿回路是初级回路;
(3)若G中存在哈密顿回路,则它一定存在哈密顿通路,反之不真
(4)只有哈密顿通路,无哈密顿回路的图不交哈密顿图;
二、判定定理
注意:目前没有找到哈密顿图的简单的充要条件
(1)设无向图G=<V,E>为哈密顿图,V1是V的任意真子集,则
p(G-V1)<=|V1|
其中,p(G-V1)为G中删除V1后的所得图的联通分支数目,|V1|为V1集合中包含的顶点个数。【哈密顿图存在的必要条件】
推论:有割点的图一定不是哈密顿图
设v是图中的割点,则p(G-v)>=2,由上述定理知G不是哈密顿图
(2)设G是n(n>=3)阶无向简单图,若对于G中的每一对不相邻的顶点u,v,均有
d(u)+d(v)>=n-1
则G中存在哈密顿通路。又若
d(u)+d(v)>=n
则G中存在哈密顿回路,即G为哈密顿图。【哈密顿图存在的充分条件,不是必要条件】
其中d(u),d(v)分别代表顶点u,v的度数。
推论:设G是n(n>=3)阶无向简单图,若G的最小度>=n/2,则G是哈密顿图。
由推论知,对于完全图Kn,当n>=3时,是哈密顿图,完全二部图Kr,s当r==s>=2时是哈密顿图。
(3)在n(n>=2)阶有向图D=<V,E>中,如果略去所有有向边的方向,所得无向图中含生成子图Kn,则D中存在哈密顿通路。
推论:n(n>=3)阶有向完全图是哈密顿图。
1.常用方法判断是哈密顿图:
(1)若能通过观察找出图G中的一条哈密顿回路,则G当然是哈密顿图。
(2)若一个无向图G满足上述(2)中的条件,一个有向图D满足上述(3)的推论的条件,则G、D都是哈密顿图。
2.破坏哈密顿图存在的必要条件,判定不是哈密顿图:
设n阶图G是哈密顿图,则G应该满足以下诸条件:
(1)G必须是连通图;
(2)G中的边数m必须大于等于顶点数n;
(3)若G中存在2度顶点v,即d(v)=2,则与v关联的两条边ei,ej必须在G中的任何哈密顿回路上;
(4)若G中存在每条哈密顿回路中出现的边,不能构成边数小于n的初级回路(圈);
破坏以上诸条件中的一条,都不是哈密顿图。
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哈密顿图 哈密顿回路 哈密顿通路(Hamilton)
2018-07-30 10:33:19哈密顿图:图G的一个回路,若它通过图的每一个节点一次,且仅一次,就是哈密顿回路.存在哈密顿回路的图就是哈密顿图.哈密顿图就是从一点出发,经过所有的必须且只能一次,最终回到起点的路径.图中有的边可以不经过,但是...概念:
哈密顿图:图G的一个回路,若它通过图的每一个节点一次,且仅一次,就是哈密顿回路.存在哈密顿回路的图就是哈密顿图.哈密顿图就是从一点出发,经过所有的必须且只能一次,最终回到起点的路径.图中有的边可以不经过,但是不会有边被经过两次.
与欧拉图的区别:欧拉图讨论的实际上是图上关于边的可行便利问题,而哈密顿图的要求与点有关.
判定:
一:Dirac定理(充分条件)
设一个无向图中有N个顶点,若所有顶点的度数大于等于N/2,则哈密顿回路一定存在.(N/2指的是⌈N/2⌉,向上取整)
二:基本的必要条件
设图G=<V, E>是哈密顿图,则对于v的任意一个非空子集S,若以|S|表示S中元素的数目,G-S表示G中删除了S中的点以及这些点所关联的边后得到的子图,则W(G-S)<=|S|成立.其中W(G-S)是G-S中联通分支数.
三:竞赛图(哈密顿通路)
N(N>=2)阶竞赛图一点存在哈密顿通路.
算法:
一:在Dirac定理的前提下构造哈密顿回路
过程:
1:任意找两个相邻的节点S和T,在其基础上扩展出一条尽量长的没有重复结点的路径.即如果S与结点v相邻,而且v不在路径S -> T上,则可以把该路径变成v -> S -> T,然后v成为新的S.从S和T分别向两头扩展,直到无法继续扩展为止,即所有与S或T相邻的节点都在路径S -> T上.
2:若S与T相邻,则路径S -> T形成了一个回路.
3:若S与T不相邻,可以构造出来一个回路.设路径S -> T上有k+2个节点,依次为S, v1, v2, ..., vk, T.可以证明存在节点vi(i属于[1, k]),满足vi与T相邻,且vi+1与S相邻.找到这个节点vi,把原路径变成S -> vi -> T -> vi+1 ,即形成了一个回路.
4:到此为止,已经构造出来了一个没有重复节点的的回路,如果其长度为N,则哈密顿回路就找到了.如果回路的长度小于N,由于整个图是连通的,所以在该回路上,一定存在一点与回路之外的点相邻.那么从该点处把回路断开,就变回了一条路径,同时还可以将与之相邻的点加入路径.再按照步骤1的方法尽量扩展路径,则一定有新的节点被加进来.接着回到路径2.
证明:
跟据鸽巢定理,既然与S和T相邻的点都在路径上,它们分布的范围只有v1,v2---,vk这k个点,k<=N-2,跟据哈密顿回路的第一个判断条件,d(S)+d(T)>=N,那么v1,v2,---vk这k个点中一定有至少2个点同时与S和T相连,根据鸽巢定理,肯定存在一个与S相邻的点vi和一个与T相邻的点vj,满足j=i+1
伪代码:
设s为哈密顿回路的起始点,t为哈密顿回路中终点s之前的点.ans[]为最终的哈密顿回路.倒置的意思指的是将数组对应的区间中数字的排列顺序反向.
1:初始化,令s = 1,t为s的任意一个邻接点.
2:如果ans[]中元素的个数小于n,则从t开始向外扩展,如果有可扩展点v,放入ans[]的尾部,并且t=v,并继续扩展,如无法扩展进入步骤3.
3:将当前得到的ans[]倒置,s和t互换,从t开始向外扩展,如果有可扩展点v,放入ans[]尾部,并且t=v,并继续扩展.如无法扩展进入步骤4.
4:如果当前s和t相邻,进入步骤5.否则,遍历ans[],寻找点ans[i],使得ans[i]与t相连并且ans[i +1]与s相连,将从ans[i + 1]到t部分的ans[]倒置,t=ans[i +1],进如步骤5.
5:如果当前ans[]中元素的个数等于n,算法结束,ans[]中保存了哈密顿回路(可看情况是否加入点s).否则,如果s与t连通,但是ans[]中的元素的个数小于n,则遍历ans[],寻找点ans[i],使得ans[i]与ans[]外的一点(j)相连,则令s=ans[i - 1],t = j,将ans[]中s到ans[i - 1]部分的ans[]倒置,将ans[]中的ans[i]到t的部分倒置,将点j加入到ans[]的尾部,转步骤2.
时间复杂度:
如果说每次到步骤5算一轮的话,那么由于每一轮当中至少有一个节点被加入到路径S -> T中,所以总的轮数肯定不超过n轮,所以时间复杂度为O(n^2).空间上由于边数非常多,所以采用邻接矩阵来存储比较适合.
附上模板:
const int maxN = 100; inline void reverse(int arv[maxN + 7], int s, int t){//将数组anv从下标s到t的部分的顺序反向 int temp; while(s < t){ temp = arv[s]; arv[s] = arv[t]; arv[t] = temp; s++; t--; } } void Hamilton(int ans[maxN + 7], bool map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ int s = 1, t;//初始化取s为1号点 int ansi = 2; int i, j; int w; int temp; bool visit[maxN + 7] = {false}; for(i = 1; i <= n; i++) if(map[s][i]) break; t = i;//取任意邻接与s的点为t visit[s] = visit[t] = true; ans[0] = s; ans[1] = t; while(true){ while(true){//从t向外扩展 for(i = 1; i <= n; i++){ if(map[t][i] && !visit[i]){ ans[ansi++] = i; visit[i] = true; t = i; break; } } if(i > n) break; } w = ansi - 1;//将当前得到的序列倒置,s和t互换,从t继续扩展,相当于在原来的序列上从s向外扩展 i = 0; reverse(ans, i, w); temp = s; s = t; t = temp; while(true){//从新的t继续向外扩展,相当于在原来的序列上从s向外扩展 for(i = 1; i <= n; i++){ if(map[t][i] && !visit[i]){ ans[ansi++] = i; visit[i] = true; t = i; break; } } if(i > n) break; } if(!map[s][t]){//如果s和t不相邻,进行调整 for(i = 1; i < ansi - 2; i++)//取序列中的一点i,使得ans[i]与t相连,并且ans[i+1]与s相连 if(map[ans[i]][t] && map[s][ans[i + 1]])break; w = ansi - 1; i++; t = ans[i]; reverse(ans, i, w);//将从ans[i +1]到t部分的ans[]倒置 }//此时s和t相连 if(ansi == n) return;//如果当前序列包含n个元素,算法结束 for(j = 1; j <= n; j++){//当前序列中元素的个数小于n,寻找点ans[i],使得ans[i]与ans[]外的一个点相连 if(visit[j]) continue; for(i = 1; i < ansi - 2; i++)if(map[ans[i]][j])break; if(map[ans[i]][j]) break; } s = ans[i - 1]; t = j;//将新找到的点j赋给t reverse(ans, 0, i - 1);//将ans[]中s到ans[i-1]的部分倒置 reverse(ans, i, ansi - 1);//将ans[]中ans[i]到t的部分倒置 ans[ansi++] = j;//将点j加入到ans[]尾部 visit[j] = true; } }
在整个构造过程中,如果说每次到步骤5算做一轮的话,那么每一轮当中至少有一个节点被加入到路径S->T中,所以总的轮数肯定不超过n轮,实际上,不难看出该算法的复杂度是O(n^2),因此总共拓展了n轮路径,每步拓展最多枚举所有的节点。
二:N(N>=2)阶竞赛图构造哈密顿通路
N阶竞赛图:含有N个顶点的有向图,且每对顶点之间都有一条边.对于N阶竞赛图一定存在哈密顿通路.
数学归纳法证明竞赛图在n >= 2时必存在哈密顿路:
(1)n = 2时结论显然成立;
(2)假设n = k时,结论也成立,哈密顿路为V1, V2, V3, ..., Vk;
设当n = k+1时,第k + 1个节点为V(k+1),考虑到V(k+1)与Vi(1<=i<=k)的连通情况,可以分为以下两种情况.
1:Vk与V(k+1)两点之间的弧为<Vk, V(k+1)>,则可构造哈密顿路径V1, V2,…, Vk, V(k+1).
2:Vk与V(k+1)两点之间的弧为<V(k+1),Vk>,则从后往前寻找第一个出现的Vi(i=k-1,i>=1,--i),满足Vi与V(k+1)之间的弧为<Vi,V(k+1)>,则构造哈密顿路径V1, V2, …, Vi, V(k+1), V(i+1), …, V(k).若没找到满足条件的Vi,则说明对于所有的Vi(1<=i<=k)到V(k+1)的弧为<V(k+1),V(i)>,则构造哈密顿路径V(k+1), V1, V2, …, Vk.
证毕.
竞赛图构造哈密顿路时的算法同以上证明过程.
用图来说明:
假设此时已经存在路径V1 -> V2 -> V3 -> V4,这四个点与V5的连通情况有16种,给定由0/1组成的四个数,第i个数为0代表存在弧<V5,Vi>,反之为1,表示存在弧<Vi,V5>
sign[]={0, 0, 0, 0}.
很显然属于第二种情况,从后往前寻找不到1,即且不存在弧<Vi, V5>.
则构造哈密顿路:V5 -> V1 -> V2 -> V3 -> V4.
sign[]={0, 0, 0, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.
sign[]={0, 0, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5 -> V4.
sign[]={0, 0, 1, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.
sign[]={0, 1, 0, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为2.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V5 -> V3-> V4.
sign[]={0, 1, 0, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路:V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.(就不举末尾为1的栗子了~~)
sign[]={1, 0, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5-> V4.
sign[]={1, 1, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5-> V4.
(还是举一个吧~~~)
sign[]={1, 1, 1, 1}.
同样最后一位为1,代表存在<Vi, V5>且i=4(最后一位)
则构造哈密顿路:V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.以上是当N=4时(N+1=5),用图来阐述算法的过程.
注意从后往前找不是找这个点编号之前的点,即不是按照编号来的,而是按照当前哈密顿序列从后往前找的.举个栗子:
4
2 1
1 3
3 2
4 1
4 2
4 3
第一步ans={1}
第二步ans={2,1}
第三步sign={0, 1}(map[3][2] = 0,map[3][1] = 1,当前序列为2,1) ,而不是{1, 0}(1,2),因为存在弧<V1, V3>和<V3, V2>.这里需要注意下.
代码:
#include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #include <vector> using namespace std; typedef long long LL; const int maxN = 200; //The arv[] length is len, insert key befor arv[index] inline void Insert(int arv[], int &len, int index, int key){ if(index > len) index = len; len++; for(int i = len - 1; i >= 0; --i){ if(i != index && i)arv[i] = arv[i - 1]; else{arv[i] = key; return;} } } void Hamilton(int ans[maxN + 7], int map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ int ansi = 1; ans[ansi++] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++){//第一种情况,直接把当前点添加到序列末尾 if(map[i][ans[ansi - 1]] == 1) ans[ansi++] = i; else{ int flag = 0; for(int j = ansi - 2; j > 0; --j){//在当前序列中,从后往前找到第一个满足条件的点j,使得存在<Vj,Vi>且<Vi, Vj+1>. if(map[i][ans[j]] == 1){//找到后把该点插入到序列的第j + 1个点前. flag = 1; Insert(ans, ansi, j + 1, i); break; } } if(!flag)Insert(ans, ansi, 1, i);//否则说明所有点都邻接自点i,则把该点直接插入到序列首端. } } } int main() { //freopen("input.txt", "r", stdin); int t; scanf("%d", &t); while(t--){ int N; scanf("%d", &N); int M = N * (N - 1) / 2; int map[maxN + 7][maxN + 7] = {0}; for(int i = 0; i < M; i++){ int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); //map[i][j]为1说明j < i,且存在弧<Vi, Vj>,因为插入时只考虑该点之前的所有点的位置,与之后的点没有关系.所以只注重该点与其之前的点的连通情况. if(u < v)map[v][u] = 1; } int ans[maxN + 7] = {0}; Hamilton(ans, map, N); for(int i = 1; i <= N; i++) printf(i == 1 ? "%d":" %d", ans[i]); printf("\n"); } return 0; }
void Hamilton(int ans[maxN + 7], int map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ int nxt[maxN + 7]; memset(nxt, -1, sizeof(nxt)); int head = 1; for(int i = 2; i <= n; i++){ if(map[i][head]){ nxt[i] = head; head = i; }else{ int pre = head, pos = nxt[head]; while(pos != -1 && !map[i][pos]){ pre = pos; pos = nxt[pre]; } nxt[pre] = i; nxt[i] = pos; } } int cnt = 0; for(int i = head; i != -1; i = nxt[i]) ans[++cnt] = i; }
void Hamitton(bool reach[N + 7][N + 7], int n) { vector <int> ans; ans.push_back(1); for(int i=2;i <= n;i++) { bool cont = false; for(int j=0;j<(int)ans.size()-1;j++) if(reach[ ans[j] ][i] && reach[i][ ans[j+1] ]) { ans.insert(ans.begin()+j+1,i); cont = true; break; } if(cont) continue; if(reach[ ans.back() ][i]) ans.push_back(i); else ans.insert(ans.begin(),i); } for(int i=0;i<n;i++) printf("%d%c",ans[i],i==n-1?'\n':' '); }
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解决问题类型:
对于顶点个数大于2的图,如果图中任意两点度的和大于或等于顶点总数,那这个图一定是哈密顿图。闭合的哈密顿路径称作哈密顿圈,含有图中所有顶点的路径称作哈密顿路径。
哈密顿图:图G的一个回路,若它通过图的每一个节点一次,且仅一次,就是哈密顿回路.存在哈密顿回路的图就是哈密顿图.哈密顿图就是从一点出发,经过所有的必须且只能一次,最终回到起点的路径.图中有的边可以不经过,但是不会有边被经过两次.
与欧拉图的区别:欧拉图讨论的实际上是图上关于边的可行便利问题,而哈密顿图的要求与点有关.
概念
哈密顿图:图G的一个回路,若它通过图的**每一个节点一次,**且仅一次,就是哈密顿回路.存在哈密顿回路的图就是哈密顿图.哈密顿图就是从一点出发,经过所有的必须且只能一次,最终回到起点的路径.图中有的边可以不经过,但是不会有边被经过两次.
竞赛图是通过在无向完整图中为每个边缘分配方向而获得的有向图(有向图)。 也就是说,它是一个完整图形的方向,等价于一个有向图,其中每对不同的顶点通过单个有向边连接,即每对顶点之间都有一条边相连的有向图称为竞赛图。设D为n阶有向简单图,若D中基图为n阶无向完全图,则称D是n阶竞赛图
判定
一:Dirac定理(充分条件)
设一个无向图中有个顶点,若所有顶点的度数大于等于,则哈密顿回路一定存在.(N/2指的是,向上取整)
二:基本的必要条件
设图是哈密顿图,则对于v的任意一个非空子集,若以表示中元素的数目,表示中删除了中的点以及这些点所关联的边后得到的子图,则成立.其中是中联通分支数.
三: 竞赛图(哈密顿通路)
阶竞赛图一点存在哈密顿通路.
过程:
1:任意找两个相邻的节点和,在其基础上扩展出一条尽量长的没有重复结点的路径.即如果S与结点v相邻,而且v不在路径S -> T上,则可以把该路径变成v -> S -> T,然后v成为新的S.从S和T分别向两头扩展,直到无法继续扩展为止,即所有与S或T相邻的节点都在路径S -> T上.
2:若S与T相邻,则路径S -> T形成了一个回路.
3:若S与T不相邻,可以构造出来一个回路.设路径S -> T上有k+2个节点,依次为 T.可以证明存在节点vi(i属于),满足vi与T相邻,且与相邻.找到这个节点vi,把原路径变成 ,即形成了一个回路.
4:到此为止,已经构造出来了一个没有重复节点的的回路,如果其长度为N,则哈密顿回路就找到了.如果回路的长度小于N,由于整个图是连通的,所以在该回路上,一定存在一点与回路之外的点相邻.那么从该点处把回路断开,就变回了一条路径,同时还可以将与之相邻的点加入路径.再按照步骤1的方法尽量扩展路径,则一定有新的节点被加进来.接着回到路径2.
证明:
跟据鸽巢定理,既然与S和T相邻的点都在路径上,它们分布的范围只有这k个点,,跟据哈密顿回路的第一个判断条件,,那么这k个点中一定有至少2个点同时与S和T相连,根据鸽巢定理,肯定存在一个与S相邻的点vi和一个与T相邻的点vj,满足
复杂度:
代码
//构造哈密顿回路 const int maxN = 100; inline void reverse(int arv[maxN + 7], int s, int t){//将数组anv从下标s到t的部分的顺序反向 int temp; while(s < t){ temp = arv[s]; arv[s] = arv[t]; arv[t] = temp; s++; t--; } } void Hamilton(int ans[maxN + 7], bool map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ int s = 1, t;//初始化取s为1号点 int ansi = 2; int i, j; int w; int temp; bool visit[maxN + 7] = {false}; for(i = 1; i <= n; i++) if(map[s][i]) break; t = i;//取任意邻接与s的点为t visit[s] = visit[t] = true; ans[0] = s; ans[1] = t; while(true){ while(true){//从t向外扩展 for(i = 1; i <= n; i++){ if(map[t][i] && !visit[i]){ ans[ansi++] = i; visit[i] = true; t = i; break; } } if(i > n) break; } w = ansi - 1;//将当前得到的序列倒置,s和t互换,从t继续扩展,相当于在原来的序列上从s向外扩展 i = 0; reverse(ans, i, w); temp = s; s = t; t = temp; while(true){//从新的t继续向外扩展,相当于在原来的序列上从s向外扩展 for(i = 1; i <= n; i++){ if(map[t][i] && !visit[i]){ ans[ansi++] = i; visit[i] = true; t = i; break; } } if(i > n) break; } if(!map[s][t]){//如果s和t不相邻,进行调整 for(i = 1; i < ansi - 2; i++)//取序列中的一点i,使得ans[i]与t相连,并且ans[i+1]与s相连 if(map[ans[i]][t] && map[s][ans[i + 1]])break; w = ansi - 1; i++; t = ans[i]; reverse(ans, i, w);//将从ans[i +1]到t部分的ans[]倒置 }//此时s和t相连 if(ansi == n) return;//如果当前序列包含n个元素,算法结束 for(j = 1; j <= n; j++){//当前序列中元素的个数小于n,寻找点ans[i],使得ans[i]与ans[]外的一个点相连 if(visit[j]) continue; for(i = 1; i < ansi - 2; i++)if(map[ans[i]][j])break; if(map[ans[i]][j]) break; } s = ans[i - 1]; t = j;//将新找到的点j赋给t reverse(ans, 0, i - 1);//将ans[]中s到ans[i-1]的部分倒置 reverse(ans, i, ansi - 1);//将ans[]中ans[i]到t的部分倒置 ans[ansi++] = j;//将点j加入到ans[]尾部 visit[j] = true; } }
二:N(N>=2)阶竞赛图构造哈密顿通路
N阶竞赛图:含有N个顶点的有向图,且每对顶点之间都有一条边.对于N阶竞赛图一定存在哈密顿通路.
数学归纳法证明竞赛图在n >= 2时必存在哈密顿路:
(1)n = 2时结论显然成立;
(2)假设n = k时,结论也成立,哈密顿路为;
设当n = k+1时,第k + 1个节点为V(k+1),考虑到V(k+1)与Vi(1<=i<=k)的连通情况,可以分为以下两种情况.
1:Vk与V(k+1)两点之间的弧为,则可构造哈密顿路径.
2:Vk与两点之间的弧为,则从后往前寻找第一个出现的,满足Vi与之间的弧为,则构造哈密顿路径若没找到满足条件的Vi,则说明对于所有的到的弧为,则构造哈密顿路径.
证毕.
竞赛图构造哈密顿路时的算法同以上证明过程.
用图来说明:
假设此时已经存在路径,这四个点与V5的连通情况有16种,给定由0/1组成的四个数,第i个数为0代表存在弧,反之为1,表示存在弧
sign[]={0, 0, 0, 0}.
很显然属于第二种情况,从后往前寻找不到1,即且不存在弧<Vi, V5>.
则构造哈密顿路:
sign[]={0, 0, 0, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路:
sign[]={0, 0, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: .
sign[]={0, 0, 1, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路: .
sign[]={0, 1, 0, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为2.
构造哈密顿路: .
sign[]={0, 1, 0, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路:.(就不举末尾为1的栗子了~~)
sign[]={1, 0, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路:.
sign[]={1, 1, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: .
(还是举一个吧~~~)
sign[]={1, 1, 1, 1}.
同样最后一位为1,代表存在且i=4(最后一位)
则构造哈密顿路:.以上是当N=4时(N+1=5),用图来阐述算法的过程.
注意从后往前找不是找这个点编号之前的点,即不是按照编号来的,而是按照当前哈密顿序列从后往前找的.举个栗子:
4
2 1
1 3
3 2
4 1
4 2
4 3
第一步ans={1}
第二步ans={2,1}
第三步sign={0, 1}(map[3][2] = 0,map[3][1] = 1,当前序列为2,1) ,而不是{1, 0}(1,2),因为存在弧和.这里需要注意下.
#include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #include <vector> using namespace std; typedef long long LL; const int maxN = 200; //The arv[] length is len, insert key befor arv[index] inline void Insert(int arv[], int &len, int index, int key){ if(index > len) index = len; len++; for(int i = len - 1; i >= 0; --i){ if(i != index && i)arv[i] = arv[i - 1]; else{arv[i] = key; return;} } } void Hamilton(int ans[maxN + 7], int map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ int ansi = 1; ans[ansi++] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++){//第一种情况,直接把当前点添加到序列末尾 if(map[i][ans[ansi - 1]] == 1) ans[ansi++] = i; else{ int flag = 0; for(int j = ansi - 2; j > 0; --j){//在当前序列中,从后往前找到第一个满足条件的点j,使得存在<Vj,Vi>且<Vi, Vj+1>. if(map[i][ans[j]] == 1){//找到后把该点插入到序列的第j + 1个点前. flag = 1; Insert(ans, ansi, j + 1, i); break; } } if(!flag)Insert(ans, ansi, 1, i);//否则说明所有点都邻接自点i,则把该点直接插入到序列首端. } } } int main() { //freopen("input.txt", "r", stdin); int t; scanf("%d", &t); while(t--){ int N; scanf("%d", &N); int M = N * (N - 1) / 2; int map[maxN + 7][maxN + 7] = {0}; for(int i = 0; i < M; i++){ int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); //map[i][j]为1说明j < i,且存在弧<Vi, Vj>,因为插入时只考虑该点之前的所有点的位置,与之后的点没有关系.所以只注重该点与其之前的点的连通情况. if(u < v)map[v][u] = 1; } int ans[maxN + 7] = {0}; Hamilton(ans, map, N); for(int i = 1; i <= N; i++) printf(i == 1 ? "%d":" %d", ans[i]); printf("\n"); } return 0; }
void Hamilton(int ans[maxN + 7], int map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ int nxt[maxN + 7]; memset(nxt, -1, sizeof(nxt)); int head = 1; for(int i = 2; i <= n; i++){ if(map[i][head]){ nxt[i] = head; head = i; }else{ int pre = head, pos = nxt[head]; while(pos != -1 && !map[i][pos]){ pre = pos; pos = nxt[pre]; } nxt[pre] = i; nxt[i] = pos; } } int cnt = 0; for(int i = head; i != -1; i = nxt[i]) ans[++cnt] = i; }
void Hamitton(bool reach[N + 7][N + 7], int n) { vector <int> ans; ans.push_back(1); for(int i=2;i <= n;i++) { bool cont = false; for(int j=0;j<(int)ans.size()-1;j++) if(reach[ ans[j] ][i] && reach[i][ ans[j+1] ]) { ans.insert(ans.begin()+j+1,i); cont = true; break; } if(cont) continue; if(reach[ ans.back() ][i]) ans.push_back(i); else ans.insert(ans.begin(),i); } for(int i=0;i<n;i++) printf("%d%c",ans[i],i==n-1?'\n':' '); }
.insert(ans.begin()+j+1,i);
cont = true;
break;
}
if(cont)
continue;
if(reach[ ans.back() ][i])
ans.push_back(i);
else
ans.insert(ans.begin(),i);
}
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d%c",ans[i],i==n-1?’\n’:’ ');
} -
四正则连环图的哈密顿图性质研究及其判定的多项式算法
2019-12-30 10:42:11四正则连环图的哈密顿图性质研究及其判定的多项式算法,宁安琪,宁宣熙,在本文中定义了一般四正则连环图,并讨论了它的哈密顿图性质。研究表明,并非在全部四正则连环图中都存在哈密顿圈。研究了几种存 -
【梳理】离散数学 第15章 欧拉图与哈密顿图 15.1 欧拉图 15.2 哈密顿图
2019-11-16 17:02:55第15章欧拉图与哈密顿图 15.1 欧拉图 1、通过图中所有边仅一次的通路称作欧拉通路。通过图中所有边仅一次的回路称作欧拉回路。具有欧拉回路的图是欧拉图,仅具有欧拉通路的图是半欧拉图。平凡图(只含一个顶点的图)...教材:《离散数学》第2版 屈婉玲 耿素云 张立昂 高等教育出版社
源文档高清截图在最后第15章欧拉图与哈密顿图
15.1 欧拉图
1、通过图中所有边仅一次的通路称作欧拉通路。通过图中所有边仅一次的回路称作欧拉回路。具有欧拉回路的图是欧拉图,仅具有欧拉通路的图是半欧拉图。平凡图(只含一个顶点的图)是欧拉图。
2、无向图G是欧拉图,当且仅当G是连通图且没有奇度顶点。
证明 若G为平凡图,显然成立。设该图G(V, E)为非平凡图,具有m条边和n个顶点。
必要性(左推右)。因为G为欧拉图,所以G存在欧拉回路C。对任意vi, vj∈V,vi, vj都在C上。因而vi, vj连通,G为连通图。对任意vi∈V,vi在C上每出现一次就获得两个度(一个入度和一个出度),而所有顶点都会出现在C中至少一次,于是G中无奇度顶点。
充分性(右推左)。由于G为非平凡的连通图,边数m≥1,下面对m作归纳证明。
m = 1时,因为G没有奇度顶点,但G又是连通的,所以G只能是一个环。G为欧拉图。
如果m≤k(k≥1)时结论都成立,那么m = k + 1时结论也要成立。由于G的连通性且无奇度顶点,G的最小度δ(G)≥2。可以证明G中必含圈。设C为G中的一个圈,将删除C中的全部边以后剩下的部分记为G的一个生成子图G’。设G’有s个连通分量G1’、G2’、……、Gs’,其中每个连通分量最多有k条边,且无奇度顶点。设Gi’与C的公共顶点为,i = 1,2,……,s。由归纳假设,G1’、G2’、……、Gs’都是欧拉图,它们都存在欧拉回路。设Ci是Gi’的一条欧拉回路,i = 1,2,……,s。从某个顶点vr开始沿C行走,遇到
就行遍Ci,回到
继续沿C行走,最后回到vr。于是,走过的这条回路借由G的生成子图G的每个连通分量与G的一条回路C的全部公共顶点,经过了生成子图G’和C的全部边仅一次(因为在连通分量中走的都是欧拉回路),可见走过的这条回路就是G中的欧拉回路,G为欧拉图。
上述充分性证明是构造性证明,提供了一种求欧拉回路的算法:逐步插入回路法。
3、哥尼斯堡七桥问题的内容是:一个人如何不重复地走完7座给定的桥(如下图),回到出发地点。显然,要对该问题求解就是要求解该图中的一个欧拉回路。但是这个图有4个奇度顶点,所以无解。
4、无向图G是半欧拉图,当且仅当G是连通的且恰有2个奇度顶点。
证明 必要性(左推右)。设该图G(V, E)是m条边的n阶无向图。因为G为半欧拉图,所以G存在欧拉通路但不存在欧拉回路。设该欧拉通路为Γ = vi0ej1vi1ej2…ejmvim,且vi0≠vim。根据欧拉图的定义,G是连通的。对任意v∈V,如果v不是Γ的端点,设其出现k次,那么就有v的度d(v) = 2k。如果v是Γ的端点,由于两个端点不同且不相邻,v作为端点就只能出现1次,获得1度。当v是端点时,它还可能作为非端点继续出现若干次,每次获得2度。所以d(v)是奇数。
充分性(右推左)。设G的两个奇度顶点u、v,对G加新边(u, v),得G’ = G∪(u, v)。则G连通且无奇度顶点。于是G为欧拉图,存在欧拉回路C’。C = C’ – (u, v)就是G中的欧拉通路,G为欧拉图。5、对有向图,可类似证明定理:
【1】有向图D是欧拉图,当且仅当D是强连通的,且每个顶点的入度等于出度。
【2】有向图D是半欧拉图,当且仅当D是单向连通的,且恰有两个奇度顶点:其中一个顶点的入度比出度大1,另一个的出度比入度大1,其余顶点的入度等于出度。6、G是非平凡的欧拉图,当且仅当G是连通的,且是若干个边不重的圈的并图。
可用归纳法证明。7、设G是非平凡的欧拉图,则G的边连通度λ(G)≥2。
证明 只需证明G不是1边-连通图。即证G的任意一条边e都不是桥(割边,去掉该边后图不再连通)。设C是一条欧拉回路,那么e在C上,且G – e的连通分支(连通分量)数p(G – e) = p(G),故e不是桥。8、Fleury算法
用途:求欧拉回路。
基本思想:能不走桥就不走桥。
输入:欧拉图G(V, E)。
1、任取v0∈V,记P0 = v0,i = 0。
2、设Pi = v0e1v1e2…eivi,如果E – {e1,e2,……,ei}没有与vi关联的边,计算停止。否则,按下述条件从E – {e1,e2,……,ei}中任取边ei+1:
(a) ei+1与vi关联;
(b)除非没有别的边可以选择,否则不应该为Gi = G – {e1,e2,……,ei}中的桥。
3、i = i + 1,返回到第2步。
算法停止时,得到的简单回路Pm = v0e1v1e2…emvm为G的一条欧拉回路。15.2 哈密顿图
1、经过图的所有顶点仅一次的通路称为哈密顿通路,经过图中所有顶点仅一次的回路称作哈密顿回路。具有哈密顿回路的图称作哈密顿图,具有哈密顿通路但不具有哈密顿回路的图称作半哈密顿图。
(从起点出发和到达终点不算经过)
平凡图是哈密顿图。目前人们还没有找到便于判断哈密顿图的充分必要条件。2、设无向图G(V, E)是哈密顿图,则对任意的非空集
,均有p(G – V1)≤|V1|。
证明 设C为G中的一条哈密顿回路。易知,当V1中的点在C上均不相邻(虽然V1的点都在C上,但两两不由一条边直连)时,p(C – V1)达到最大值|V1|(连通分量最大,即分成了尽可能多的互不连通的子图。删掉V1及其关联的边后,最多可以构造出|V1|个互不连通的子图。一种构造方法是:从起点开始依次给点编号(0或1开始均可),V1是全部编号为奇数的点)。而当V1的点在C上存在相邻情况时,总有p(C – V1) < |V1|。所以p(C – V1)≤|V1|。C是G的生成子图,所以p(G – V1)≤p(C – V1)≤|V1|。
本定理给出的是判定一个图是哈密顿图的必要条件,而不是充分条件。Peterson图满足该条件,但它不是哈密顿图。
推论 设无向图G(V, E)是半哈密顿图,则则对任意的非空集,均有p(G – V1)≤|V1| + 1。
证明 设P是G中从u到v的哈密顿通路,G’为在u,v之间加新边e得到的图,易知添加该边以后哈密顿通路变成哈密顿回路,G’为哈密顿图。于是p(G’ – V1)≤|V1|。而p(G – V1) = p(G’ – V1 – e)≤p(G’ – V1) + 1≤|V1| + 1。(提示:G – V1和G’ – V1 – e是完全相同的图,G’ – V1去掉e后可能会因为e是割边(桥)从而连通分量数 + 1)3、设G是n阶无向简单图,若对G中任意不相邻顶点u,v,均有d(u) + d(v)≥n – 1,则G中存在哈密顿通路。
证明 (我也没搞懂,日后再更)一个图是哈密顿图首先要是连通图。设G不连通,则G至少有2个连通分量G1、G2。设u、v分别是G1、G2的一个顶点,因为G是简单图,所以(一个点的度最大的情况是该点与图中其它点都有边直连),矛盾,所以G是连通图。
下面证明G中存在哈密顿通路。设Γ = v1v2…vl为G中的一条极大路径,即Γ的起点与终点都不与Γ外的顶点相邻,l≤n。
(1)若l = n,则Γ就是G中的哈密顿通路,定理成立。
(2)若l < n,则G存在Γ外的顶点,要证明G中存在过Γ上所有顶点的圈:
【a】若v1与vl相邻,则Γ∪(v1, vl)就是这个圈。
【b】若v1与vl不相邻,设v1与Γ上的vi1 = v2,vi2,……,vik相邻(k≥2,否则d(v1) + d(vl)≤1 + l – 2≤l – 1 < n – 1,与已知条件d(u) + d(v)≥n – 1不符。因为l < n,所以d(vl)≤l – 2,因为vl至少与1个点不相邻)。vl至少与vi2,vi3,……,vik相邻的顶点之一相邻(否则d(v1) + d(vl)≤k + l – 2 – (k – 1) = l – 1 < n – 1,与已知条件d(u) + d(v)≥n – 1不符)。设vl与
相邻(2≤r≤k),于是回路
经过Γ上的所有顶点。
【c】下面证明存在比Γ更长的路径。因为l < n,所以C外还有顶点。由G是连通的,得存在vi+1∈V(G) – V©与C上的某个顶点vt相邻,当t < ir – 1时,删除边(vt-1, vt)得路径比Γ的长度大1。当t≥ir – 1时,可类似构造出比Γ的长度大1的路径Γ’。重复【a】到【c】,在有限步内一定可以得到G的一条哈密顿通路。
推论 设G为不少于3阶的无向简单图,若对于G中任意两个不相邻顶点u,v均有d(u) + d(v)≥n,则G中存在哈密顿回路。
证明 由上述定理,G中存在一条哈密顿通路Γ = v1v2…vn。若v1与vn相邻,就将这条边e添加到Γ中,就得到G的一条哈密顿回路Γ∪e。若不相邻,可以仿照上述的证明方法证明存在过Γ上各个顶点的圈,此圈就是哈密顿回路。4、设u、v为n阶无向简单图G的两个不相邻顶点,且d(u) + d(v)≥n,则G为哈密顿图,当且仅当G∪(u, v)是哈密顿图,其中(u, v)是添加的新边。
5、不低于2阶的竞赛图都有哈密顿通路。
回忆:若有向图D的基图(有向边全部改成无向边后的图)为n阶无向完全图,就称D为n阶竞赛图。
证明 设D为n阶竞赛图,对n归纳证明。
当n = 2时,D的基图是二阶完全图K2,结论成立。
设n = k时结论成立,那么n = k + 1时结论也要成立。设V(D) = {v1, v2, …, vk, vk+1},记D1 = D – vk+1,易知D1为k阶竞赛图。由归纳假设,D1存在哈密顿通路Γ1 = v1’v2’…vk’。下面,需要证明vk+1可以加入Γ 1中。若存在vr’(1≤r≤k)使(vi’, vk+1)、(vk+1, vr’)∈E(D),i = 1,2,……,r – 1。则可以得到哈密顿通路Γ = v1’v2’…vr-1’vk+1vr’…vk’。若不存在,则任意i = 1,2,……,k,均有(vi’, vk+1)∈E(D),则可以得到哈密顿通路Γ = v1’v2’…vk’vk+1。
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