运筹学邮递员问题
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图8.28
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中国邮递员问题也可以表示为：在 一个有奇点的连通图中。要求增加一 些重复边，使得新的连通图不含有奇 点，并且增加的重复边总权最小。 我们把增加重复边后不含奇点的新 的连通图叫做邮递路线，而总权最小 的邮递路线叫做最优邮递路线。 (下略) 下面我们来介绍初始邮递 路线的确定，改进，以及一个邮递路 线是否是最优路线的判定标准的方法 -----图上作业法。
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在连通图 G 中，如果在边 [vi,vj] 上重复走几次，那么就在点 vi,vj 之 间增加了几条相应的边，每条边的 权和原来的权相等，并把新增加的 边叫做重复边。显然，这条路线构 成新图中的欧拉圈。如图 8.28a, b 所示。并且，邮递员的两条边走路 线总路程的差等于新增加重复边总 权的差。
一．一笔画问题 一笔画问题，也称为遍历问题，是很 有实际意义的。 设有一个连通多重图 G ，如果在 G 中存 在一条链，经过G的每条边一次且仅一次， 那么这条链叫做欧拉链。如在G中存在一 个简单圈，经过G的每条边一次，那么这 个圈叫做欧拉圈一个图如果有欧拉圈， 那么这个图叫做欧拉图。很明显，一个 图G如果能够一笔画出，那么这个图一定 是欧拉图或者含有欧拉链。
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若G1是连通的，则由归纳假设，G1有欧拉圈C1。 把C1中的边[w,μ]换成[μ,v],[w,v]，即是G中的 欧拉圈。若G1有两个分图G1’，G1’’，令v在G1’中。 由归纳假设，G1’，G1’’分别有欧拉圈C1’，C1’’，把 C1” 中的边 [μ,w] 换成 [μ,v],C1’ 及 [v,w] 即是 G 中 的欧拉圈。
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中国邮递员问题
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图8.29
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在连接 v2 和 v4 的链中任取一条 ，比如链 （ v2,v1,v8,v7,v6,v5,v4 ） , 在 加 入 重 复 边 [v2,v1],[v1,v8],[v8,v7],[v7,v6],[v6,v5],[v5,v4 ]. 同 样 ， 任 取 连 接 v6 和 v8 的 一 条 链 (v8,v1,v2,v3,v4,v5,v6), 在 加 入 重 复 边 [v8,v1],[v1,v2],[v2,v3],[v3,v4],[v4,v5],[v5,v6 ].于是，得到图8.30 在连通图 8.30 中，没有奇点，故它是欧拉 图。对于这条邮递路线，重复边的总长 为:2W12+W23+W34+2W45+2W56+W67+W78+2W18=51。
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A D 图8.26
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二．图上作业法 从一笔画问题的讨论可知，一个邮递员 在他所负责投递的街道范围内，如果街道构 成的图中没有奇点，那么他就可以从邮局出 发，经过每条街道一次，且仅一次，并最终 回到原出发地。但是，如果街道构成的图中 有奇点，他就必然要在某些街道重复走几次。 例如 , 在图 8.27 表示的街道图中， v1 表 示邮局所在地，每条街道的长度是 1 ，邮递 员可以按照以下的路线行走：
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（一）初始邮递路线的确定方法 由于任何一个图中，奇点的个数为偶数， 所以如果一个连通图有奇点，就可以把它们两 两配成对，而每对奇点之间必有一条链（图是 连通的），我们把这条链的所有边作为重复边 追加到图中去，这样得到的新连通图必无奇点， 这就给出了初始投递路线。 例如，在图 8.29 中， v1 是邮局所在地，并 有四个奇点 v2,v4,v6,v8, 将它们两两配对，比 如v2和v4为一对，v6和v8为一对。
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（v2,v1,v8,v7,v6,v5,v4） (v8,v1,v2,v3,v4,v5,v6)
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图8.30
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（二）改进邮递路线，使重复边的总长不断减 少。 从图 8.30 中可以看出，在边 [v1,v2] 旁边有两 条重复边，但是如果把他们都从图中去掉，所得 到的连通图仍然无奇点，还是一个邮递路线，而 总 长 度 却 有 所 减 少 。 同 理 ， 在 边 [v1,v8],[v4,v5],[v5,v6]旁边的重复边也是一样的。 一般地，在邮递路线上，如果在边 [vi,vj]旁 边有两条以上的重复边，从中去掉偶数条，那么 可以得到一个总长度较少的邮递路线。
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定理 一个连通多重图 G 是欧拉图的 充分必要条件是G中无奇点。
证:必要性，显然。 充分性，不妨设，连通多重图 G至少有三 点，对 G 的边数 q 用数学归纳法。因为 G 是连通的， 并且不含奇点，故q>=3。 当 q=3 时，显然 G 是欧拉图。假设 q=n 时成立， 看q=m+1的情形：由于 G是无奇点的连通图，并且 G的点数p>=3，因此存在三个点μ，v,w,使得[μ， v],[w,v]∈E 。从 G 中去掉边 [μ， v],[w,v] ，增 加新的边[μ，w]，得到一个新的多重图G1，G1有 q-1条边，且仍不含奇点，G1至多有两个分图。
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v1-v2-v4-v3-v2-v4-v6-v5-v4-v6-v5-v3-v1,
总长是12。 也可以按照另一条路线走：
v1-v2-v3-v2-v4-v5-v6-v4-v3-v5-v3-v1,
总长是11。 按 照 第 1 条 路 线 走 ， 在 边 [v2,v4],[v4,v6],[v6,v5] 上各走 3 两次，按照 第 2 条路线走，在边 [v3,v2],[v3,v5]上各走了 两次。
推论 一个多重连通图G有欧拉链的 充分必要条件是G有且仅有两个奇点。
这个推论的证明留给读者作为习题。 从这个定理的证明可以看出，识别一个连通 图能否一笔画出的条件是它是否有奇点。若有奇 点，就不能一笔画出。若没有奇点，就能够一笔 画出，并回到原出发地。
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比如前面提到的哥尼斯堡七桥问题， 欧拉把它抽象成具有四个项点，并且都 是奇点的图 8.26 的形状。很明显，一个 漫步者无论如何也不可能重复的走完七 座桥，并最终回到原出发地。图 8.27 。 仅有两个奇点，可以一笔画出。 C
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中国邮递员问题也可以表示为：在 一个有奇点的连通图中。要求增加一 些重复边，使得新的连通图不含有奇 点，并且增加的重复边总权最小。 我们把增加重复边后不含奇点的新 的连通图叫做邮递路线，而总权最小 的邮递路线叫做最优邮递路线。 (下略) 下面我们来介绍初始邮递 路线的确定，改进，以及一个邮递路 线是否是最优路线的判定标准的方法 -----图上作业法。
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在连通图 G 中，如果在边 [vi,vj] 上重复走几次，那么就在点 vi,vj 之 间增加了几条相应的边，每条边的 权和原来的权相等，并把新增加的 边叫做重复边。显然，这条路线构 成新图中的欧拉圈。如图 8.28a, b 所示。并且，邮递员的两条边走路 线总路程的差等于新增加重复边总 权的差。
一．一笔画问题 一笔画问题，也称为遍历问题，是很 有实际意义的。 设有一个连通多重图 G ，如果在 G 中存 在一条链，经过G的每条边一次且仅一次， 那么这条链叫做欧拉链。如在G中存在一 个简单圈，经过G的每条边一次，那么这 个圈叫做欧拉圈一个图如果有欧拉圈， 那么这个图叫做欧拉图。很明显，一个 图G如果能够一笔画出，那么这个图一定 是欧拉图或者含有欧拉链。
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若G1是连通的，则由归纳假设，G1有欧拉圈C1。 把C1中的边[w,μ]换成[μ,v],[w,v]，即是G中的 欧拉圈。若G1有两个分图G1’，G1’’，令v在G1’中。 由归纳假设，G1’，G1’’分别有欧拉圈C1’，C1’’，把 C1” 中的边 [μ,w] 换成 [μ,v],C1’ 及 [v,w] 即是 G 中 的欧拉圈。
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中国邮递员问题
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在连接 v2 和 v4 的链中任取一条 ，比如链 （ v2,v1,v8,v7,v6,v5,v4 ） , 在 加 入 重 复 边 [v2,v1],[v1,v8],[v8,v7],[v7,v6],[v6,v5],[v5,v4 ]. 同 样 ， 任 取 连 接 v6 和 v8 的 一 条 链 (v8,v1,v2,v3,v4,v5,v6), 在 加 入 重 复 边 [v8,v1],[v1,v2],[v2,v3],[v3,v4],[v4,v5],[v5,v6 ].于是，得到图8.30 在连通图 8.30 中，没有奇点，故它是欧拉 图。对于这条邮递路线，重复边的总长 为:2W12+W23+W34+2W45+2W56+W67+W78+2W18=51。
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A D 图8.26
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二．图上作业法 从一笔画问题的讨论可知，一个邮递员 在他所负责投递的街道范围内，如果街道构 成的图中没有奇点，那么他就可以从邮局出 发，经过每条街道一次，且仅一次，并最终 回到原出发地。但是，如果街道构成的图中 有奇点，他就必然要在某些街道重复走几次。 例如 , 在图 8.27 表示的街道图中， v1 表 示邮局所在地，每条街道的长度是 1 ，邮递 员可以按照以下的路线行走：
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（一）初始邮递路线的确定方法 由于任何一个图中，奇点的个数为偶数， 所以如果一个连通图有奇点，就可以把它们两 两配成对，而每对奇点之间必有一条链（图是 连通的），我们把这条链的所有边作为重复边 追加到图中去，这样得到的新连通图必无奇点， 这就给出了初始投递路线。 例如，在图 8.29 中， v1 是邮局所在地，并 有四个奇点 v2,v4,v6,v8, 将它们两两配对，比 如v2和v4为一对，v6和v8为一对。
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（v2,v1,v8,v7,v6,v5,v4） (v8,v1,v2,v3,v4,v5,v6)
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（二）改进邮递路线，使重复边的总长不断减 少。 从图 8.30 中可以看出，在边 [v1,v2] 旁边有两 条重复边，但是如果把他们都从图中去掉，所得 到的连通图仍然无奇点，还是一个邮递路线，而 总 长 度 却 有 所 减 少 。 同 理 ， 在 边 [v1,v8],[v4,v5],[v5,v6]旁边的重复边也是一样的。 一般地，在邮递路线上，如果在边 [vi,vj]旁 边有两条以上的重复边，从中去掉偶数条，那么 可以得到一个总长度较少的邮递路线。
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定理 一个连通多重图 G 是欧拉图的 充分必要条件是G中无奇点。
证:必要性，显然。 充分性，不妨设，连通多重图 G至少有三 点，对 G 的边数 q 用数学归纳法。因为 G 是连通的， 并且不含奇点，故q>=3。 当 q=3 时，显然 G 是欧拉图。假设 q=n 时成立， 看q=m+1的情形：由于 G是无奇点的连通图，并且 G的点数p>=3，因此存在三个点μ，v,w,使得[μ， v],[w,v]∈E 。从 G 中去掉边 [μ， v],[w,v] ，增 加新的边[μ，w]，得到一个新的多重图G1，G1有 q-1条边，且仍不含奇点，G1至多有两个分图。
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总长是11。 按 照 第 1 条 路 线 走 ， 在 边 [v2,v4],[v4,v6],[v6,v5] 上各走 3 两次，按照 第 2 条路线走，在边 [v3,v2],[v3,v5]上各走了 两次。
推论 一个多重连通图G有欧拉链的 充分必要条件是G有且仅有两个奇点。
这个推论的证明留给读者作为习题。 从这个定理的证明可以看出，识别一个连通 图能否一笔画出的条件是它是否有奇点。若有奇 点，就不能一笔画出。若没有奇点，就能够一笔 画出，并回到原出发地。
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比如前面提到的哥尼斯堡七桥问题， 欧拉把它抽象成具有四个项点，并且都 是奇点的图 8.26 的形状。很明显，一个 漫步者无论如何也不可能重复的走完七 座桥，并最终回到原出发地。图 8.27 。 仅有两个奇点，可以一笔画出。 C