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。

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':' ');   
}

 

知识点 - 哈密顿图
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$N$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.
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$j=i+1$
复杂度：
$O(N^2)$
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$V1, V2, V3, ..., Vk$;
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$&lt;Vk, V(k+1)&gt;$,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$&lt;V(k+1),Vk&gt;$,则从后往前寻找第一个出现的$Vi(i=k-1,i&gt;=1,--i)$,满足Vi与$V(k+1)$之间的弧为$&lt;Vi,V(k+1)&gt;$,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$Vi(1&lt;=i&lt;=k)$到$V(k+1)$的弧为$&lt;V(k+1),V(i)&gt;$,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$V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V4$,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$&lt;V5,Vi&gt;$,反之为1,表示存在弧$&lt;Vi,V5&gt;$

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:$V5 -&gt; V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V4.$

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:$V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V4 -&gt; V5.$

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: $V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V5 -&gt; V4$.

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: $V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V4 -&gt; V5$.

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: $V1 -&gt; V2 -&gt; V5 -&gt; V3-&gt; V4$.

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:$V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V4 -&gt; V5$.(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:$V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V5-&gt; V4$.

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: $V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V5-&gt; V4$.

(还是举一个吧~~~)
sign[]={1, 1, 1, 1}.
同样最后一位为1,代表存在$&lt;Vi, V5&gt;$且i=4(最后一位)
则构造哈密顿路:$V1 -&gt; V2 -&gt; V3 -&gt; V4 -&gt; V5$.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$&lt;V1, V3&gt;$和$&lt;V3, V2&gt;$.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’:’ ');

}

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。