1 / 32

WĘDRÓWKI PO GRAFACH

WĘDRÓWKI PO GRAFACH. Obchody Eulera Cykle Hamiltona. U źródeł teorii grafów. 1736: Euler odwiedza Królewiec (K ö nigsberg, Kaliningrad). Rozwiązuje zagadkę 7 mostów. Uogólnia problem i też go rozwiązuje, otrzymując 1. twierdzenie teorii grafów . C. A. B. D. Mosty Królewieckie. C. A.

octavious
Download Presentation

WĘDRÓWKI PO GRAFACH

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript


  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. C A B D Mosty Królewieckie 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 (multi)graf, dla którego istnieje obchód Eulera – grafem Eulera.

  5. b b a a c f d c d e Ilustracja 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). Spójnygraf 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. a e c b d PLAN MUZEUM a b c e 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 (multi)graf 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 graf 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 (multi)grafie.

  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: Jak wykazać, żeW 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. 3 2 4 1 2 1 6 5 7 3 5 9 9 6 4 7 8 8 Euler vs. Hamilton • Obchód (trasa) Eulera w grafie G jest cyklem (ścieżką) Hamiltona w grafie krawędziowym L(G).

  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) jest co najmniej 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 V(P).

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

  28. C 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 G, musi istnieć krawędź o dokładnie jednym końcu w V(C). • To jednak oznacza, że w G jest ścieżka dłuższa niż P – sprzeczność.

  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. Erdősa-Chvátala • 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 istniejewierzchołek 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 k< |V(C)| i tych ścieżek jest co najmniej k. • 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.

More Related