WĘDRÓWKI PO GRAFACH Obchody Eulera Cykle Hamiltona.

Prezentacja na temat: "WĘDRÓWKI PO GRAFACH Obchody Eulera Cykle Hamiltona."— Zapis prezentacji:

1 WĘDRÓWKI PO GRAFACH Obchody Eulera Cykle Hamiltona

2 U źródeł teorii grafów 1736: Euler odwiedza Królewiec (Königsberg, Kaliningrad). Rozwiązuje zagadkę 7 mostów. Uogólnia problem i też go rozwiązuje, otrzymując 1. twierdzenie teorii grafów.

3 Mosty Królewieckie A C B D C A B D

4 Spacery i obchody Dla danego multigrafu G, ciąg W=v_0e_0v_1e_1...v_{k-1}e_{k-1}v_k nazywamy spacerem, gdy e_i=v_iv_{i+1} jest krawędzią w G dla każdego i<k. W (Na ?) spacerze wierzchołki i krawędzie mogą się powtarzać. Spacer jest zamknięty, gdy v_0=v_k. Zamknięty spacer zawierający każdą krawędź dokładnie raz (dokładniej: tyle razy, ile wynosi jej krotność) nazywamy obchodem Eulera, a spójny multigraf, dla którego istnieje obchód Eulera – grafem Eulera.

5 Ilustracja a b c d e f a b c d a-b-c-f-b-a-e -- spacer a-b-d-c-b-c-a –
obchód Eulera a-b-c-b-f-a – spacer zamknięty

6 Tw. Eulera Tw (Euler, 1736). Spójny graf G jest grafem Eulera wgdy wszystkie stopnie wierzchołków są parzyste. Dowód :  oczywiste  Rozważmy najdłuższy spacer W w G zawierający każdą krawędź nie więcej niż raz. W musi być zamknięty (dlaczego?). Jeśli W nie jest obchodem Eulera, to istnieje krawędź e poza W, ale incydentna z W. Wtedy jednak W można wydłużyć – sprzeczność. 

7 Wniosek Lemat. Jeśli wszystkie stopnie wierzchołków w G są parzyste, to krawędzie w G można zorientować (skierować, ,,ostrzałkować”) tak, by do każdego wierzchołka wchodziło tyle samo strzałek co wychodziło. Dowód: W każdej składowej znajdźmy obchód Eulera i zorientujmy krawędzie wzdłuż niego.  Uwaga: Adaptacja pierwotnego dowodu tego lematu pozwala na indukcyjny dowód Tw. Eulera.

8 Zwiedzamy muzeum Zwiedzamy muzeum będące labiryntem korytarzy, w którym obrazy wiszą po obu stronach. Cel: przejść każdy korytarz 2 razy i wrócić do wyjścia.

9 PLAN MUZEUM a a e b c c b e d d
Konkluzja: KAŻDE muzeum da się tak przejść!

10 Rysowanie bez odrywania
Czy dany rysunek można narysować bez odrywania ołówka od papieru i bez powtarzania linii?

11 Trasa Eulera Spacer zawierający każdą krawędź dokładnie raz nazywamy trasą Eulera. Wniosek. Spójny graf G ma trasę Eulera wgdy wszystkie stopnie wierzchołków są parzyste, oprócz co najwyżej dwóch. Dowód:  Jeśli trzeba, dodajmy krawędź, by powstał graf Eulera. Z obchodu Eulera usuńmy dodaną krawędź. 

12 Więcej nieparzystych Wniosek. Jeśli multigraf G ma 2k nieparzystych stopni wierzchołków, to E(G) można pokryć przy pomocy k (krawędziowo rozłącznych) spacerów, w których żadna krawędź się nie powtarza. Dowód: Dodajmy do G k krawędzi łączących parami wierzchołki nieparzyste. Nowy multigraf jest grafem Eulera i ma obchód Eulera W. Usuwając z W dodane krawędzie, dzielimy go na k spacerów o żądanej własności. 

13 Problem Chińskiego Listonosza
Obchodem listonosza nazywamy zamknięty spacer przechodzący przez każdą krawędź co najmniej raz. Problem (Guan 1960, Edmonds 1965): Znaleźć najkrótszy obchód listonosza w spójnym multigrafie.

14 Rozwiązanie Niech G ma 2k nieparzystych stopni.
Niech H będzie najmniejszym (co do liczby krawędzi) podgrafem rozpiętym w G, który ma te same nieparzyste wierzchołki co G. Problem 1: Jak efektywnie wyznaczyć H ? (ćwiczenia)

15 Rozwiązanie – c.d. Dublując krawędzie H w G otrzymamy graf Eulera G+H.
Obchód Eulera W w G+H wyznacza obchód listonosza w G. Problem 2: Wykazać, że W jest najkrótszym obchodem listonosza w G? (ćwiczenia)

16 A F E J B G H I C D

17 A F E J B G H I C D

18 Ilustracja

19 Zabawka Hamiltona Sir William Hamilton (1859):
Przejść bez powtórzeń wszystkie wierzchołki dwunastościanu i wrócić do punktu wyjścia, poruszając się wzdłuż krawędzi.

20 Cykl Hamiltona Cyklem Hamiltona w grafie G nazywamy rozpięty podgraf grafu G, który jest cyklem. Graf posiadający cykl Hamiltona nazywamy hamiltonowskim lub Hamiltona. Ścieżką Hamiltona w grafie G nazywamy rozpięty podgraf grafu G, który jest ścieżką.

21 Euler vs. Hamilton Obchód (trasa) Eulera w grafie G jest cyklem (ścieżką) Hamiltona w grafie krawędziowym L(G). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9

22 Ale... Nie każdy graf jest grafem krawędziowym, np. K_{1,3}.
Problem rozstrzygnięcia czy graf jest hamiltonowski jest NP-zupełny. Problemy rozstrzygnięcia czy graf jest eulerowski oraz czy graf jest grafem krawędziowym są w klasie P.

23 Warunek konieczny Fakt 1. Jeśli istnieje w G zbiór wierzchołków S taki, że G-S ma więcej niż |S| składowych spójności, to G nie jest hamiltonowski. Dowód: Jeśli usunąć z cyklu k wierzchołków, to rozpadnie się on na co najwyżej k składowych, więc to samo jest prawdą dla grafu hamiltonowskiego.

24 Wnioski 1. Graf Hamiltona musi być 2-spójny.
2. Dwudzielny graf Hamiltona musi mieć równy dwupodział, a więc musi mieć parzysta liczbę wierzchołków. NIE!!!

25 Inny warunek konieczny
Fakt 2. Jeśli G jest hamiltonowski, to podgraf złożony z krawędzi incydentnych z wierzchołkami stopnia dwa w G musi być sumą ścieżek lub cyklem Hamiltona. NIE!!!

26 Tw. Diraca Jak duże δ(G) gwarantuje cykl Hamiltona?
Tw.(Dirac 1952). Jeśli |V(G)|=n>2 i δ(G) ≥ n/2, to G jest hamiltonowski. Dowód: Przy powyższych założeniach G jest spójny. Rozważmy najdłuższą ścieżkę P w G. Jej końce, u i v, mają wszystkich sąsiadów w zbiorze V(P).

27 Dowód Tw. Diraca – c.d. Niech R będzie zbiorem wierzchołków położonych na P bezpośrednio ,,na prawo” od sąsiadów v. Precyzyjniej: u v w’ w

28 Dowód Tw. Diraca – dokończenie
Zatem w G istnieje cykl C taki, że V(C)=V(P). Jeśli C nie jest cyklem Hamiltona, to na podstawie spójności grafu G, musi istnieć krawędź o dokładnie jednym końcu w V(C). To jednak oznacza, że w G jest ścieżka dłuższa niż P – sprzeczność. C

29 Tw. Ore Tw.(Ore 1960). Jeśli |V(G)|=n>2 i dla każdej pary niesąsiednich wierzchołków u i v, to G jest hamiltonowski. Dowód: Taki sam jak dowód Tw. Diraca.

30 Tw. Chvátala-Erdősa Jeśli κ(G)>k i |V(G)|>2k, to G ma cykl długości większej niż 2k (ćw.) Jeśli α(G)<k i |V(G)|>3k, to G ma cykl długości większej niż n/k (ćw.) Tw. (Chvátal, Erdős, 1972) Jeśli |V(G)|>2 i to G jest hamiltonowski.

31 Dowód Niech κ(G)=k. Niech C będzie najdłuższym cyklem.
Przypuśćmy, że istnieje wierzchołek v poza C. Z Tw. Mengera, istnieje co najmniej min{k,|V(C)|} rozłącznych (z wyjątkiem v) V(C)-{v} ścieżek. (ćw.) Ich końce w V(C) nie mogą być sąsiednie na C. Zatem tych ścieżek jest co najmniej k ≤ |V(C)|/2. Następcy ich końców na cyklu (zgodnie z ruchem wskazówek zegara) tworzą wraz z v zbiór niezależny mocy co najmniej k+1 – sprzeczność.

32 Ilustracja u_1 P_1 w_1 v C u_2 P_2 w_2
Cykl w_1-w_2-...-u_1-P_1-v-P_2-u_2-...-w_1 jest dłuższy niż C.