第十五章 欧拉图与哈密顿图

3、无向欧拉图的应用 ① 七桥问题 A B C D d(B)=5， d(A)= d (C)= d(D)=3，
七桥问题无解 。
② 一笔划问题
v1 v2 v3
所给图能否一笔画出？ v1
v2 v3
v4
v5
v5 v6
v4
半欧拉图
欧拉图
一笔划问题的判定
（1）从图G中某一结点出发，经过图G的每一 边一次且仅一次到达另一结点。
图(wenku.baidu.com)
图(2)
一、哈密顿图与半哈密顿图 1. 定义15.2 （1）哈密顿通路——经过图中所有结点一次仅 一次的通路. （2）哈密顿回路——经过图中所有结点一次仅 一次的回路. （3）哈密顿图——具有哈密顿回路的图.
（4）半哈密顿图——具有哈密顿通路且无哈密 顿回路的图.
说明： 平凡图是哈密顿图。
半欧拉图的判 定 （2）从G的某个结点出发，经过G的每一边一 次且仅一次回到该结点。 欧拉图的判定
例2：以下图形能否一笔画成？
(1)
(2)
(3)
(4)
解：(1)有4 个奇度结点，无欧拉回路或通路， 不能一笔画成。 (2)与(3)都是 2个奇度结点，其余均为偶度结点， 具有欧拉通路，可一笔画成。 (4)图中均为偶度结点，具有欧拉回路，可一笔 画成。
（1）若G没有奇数度结点，则G是欧拉图，于 是欧拉回路C是唯一的最小长度解。
（2）若G恰有两个奇数度结点vi和vj，则G具有 欧拉通路，且邮局位于结点vi，则邮递员走遍所 有的街道一次到达结点vj ；从vj返回vi可选择其 间的一条最短路径。这样,最短邮路问题转化为 求vi到vj的欧拉通路和vj到vi的最短路径问题。
(1)在最优方案中，图中每条边的重数小于等于2。
此外，还发现，如果将某条初级回路中的平行边去掉， 而给原来没有平行边的边加上平行边，也不影响图中结 点的度数的奇偶性。因而，如果在某条初级回路中，平 行边的总权值大于该回路的权值的一半，就作上述调整。 在图(b)中，回路v1v2v3v7v1的权值为6，而平行边的总权 值为4，大于3，因而应给于调整，调整后的图为图(c)。
推论
设无向图G=<V,E>是半哈密顿图，对于任意的 V1V且V1均有 p(GV1) |V1|+1
证明：设P是G中从u到v的通路，令G’=G(u,v)， G’是哈密顿图，所以 p(G’-V1)|V1|，从而
p(GV1) = p(G’-V1-(u,v)) p(G’-V1)+1 |V1|+1
例：图中给出的二部图，哪些是哈密顿图， a 哪些是半哈密顿图？ a e f
b
c f G1
d
e
b
g
h j k
i
d
c G2 (1)V1={a,f},V2={b,c,d,e}，p(G1-V1)=4>|V1|,都不是 (2)V1={a,g,h,i,c},V2={b,e,f,j,k,d},
p(G2-V1)=|V2|=6>|V1|=5，半哈密顿图
a b g i h j
c
d
(3)V1={a,c,g,h,e},V2={b, f d,i,j,f}，|V1|=|V2|, G3存在哈密顿回路： abcdgihjefa
G3 e 一般情况下，设二部图G=<V1,V2,E>,|V1||V2|,且 |V1|2, |V2|2,由定理15.6及其推论，可以得到以 下结论： （1）若G是哈密顿图，则|V1|=|V2|。 （2）若G是半哈密顿图，则|V2|=|V1|+1。 （3） |V2||V1|+2，则G不是（半）哈密顿图。
充分性
对边数m做归纳法. （1）m=1时，G为一个环，则G为欧拉图。 （2）设mk（k1）时结论成立，
下面证明m=k+1时结论也成立：
（a）制造满足归纳假设的若干个小欧拉图。 由连通及无奇度数结点可知，(G)2，G中必 含圈C1. 删除C1上所有的边（不破坏G中结点度 数的奇偶性）得G，则G无奇度结点，设它有s （s1）个连通分支G1, G2, …, Gs, 它们的边数 均k，因而它们都是小欧拉图. 设C1, C2, …, Cs是G1, G2, …, Gs的欧拉回路。 （b）将C1 上被删除的边还原，从C1 上某一结 点出发走出G的一条欧拉回路C。
v1 1 1 2 v2 1 v3 1 2 v7 3 3 v6 1 1 v5
3 2
2
4
v4
(c)
(2)在最优方案中，图中每个基 本回路上平行边的总权值不大 于该回路的权值的一半。调整 后平行边总权值=W(v1,v2)+ W(v2,v3)+ W(v4,v5)+ W(v5,v6)=5
三、有向欧拉图
定理15.3 有向图D是欧拉图当且仅当D是强连 通的且每个结点的入度都等于出度。
例：在下图所示的欧拉图中，求从v1出发的欧 拉回路。 v1 e1 v2 e2 v3
e10 v7 e9 e7
e8 e 3
v4 e4
e6
v6
v5 e5 解：v1e1v2e2v3e3v4e7v7e6v6e5v5e4v4e8v2e9v7e10v1 注意：从P4=v1e1v2e2v3e3v4e7v7再往下走时，别 走桥（不能走e10）
（3）若G中度数为奇数的结点多于2个，则回 路中必须增加更多的重复边。分两步：
(a)可行方案(Feasible Scheme):增加一些边,使得 新图无奇度结点； (b)最佳方案(Optimal Scheme):调整可行方案使 其达到增加的边总权值最小。
定义15.3（带权图）
给定图G（无向或有向的），设W：ER(R 为实数集)，对任意的边e，设W(e)=wij，称 实数wij为边e上的权，将wij标注在边e上，称 G为带权图。称W(e)为G的权。
第十五章 欧拉图与哈密顿图
本章的内容 欧拉图 哈密顿图 本章的先行知识是第十四章
15.1 欧拉图
一、哥尼斯堡七桥问题
二、无向欧拉图
1.定义： 经过图中每条边一次且仅 一次行遍所有结点的通路
（1）欧拉通路 （2）欧拉回路
（3）欧拉图 （4）半欧拉图
经过图中每条边一次且仅 一次行遍所有结点的回路
具有欧拉回路的图
哈密顿通路是初级通路，哈密顿回路是初级 回路。 环与平行边不影响哈密顿性。
哈密顿图的实质是能将图中的所有结点排在 同一个圈上。
例
(a) 有哈密顿路， 但没有哈密顿 回路
(b) 有哈密顿 回路
(c) 有哈密 顿回路 (d) 无哈密 顿路
2．无向哈密顿图的一个必要条件 定理15.6
设 无 向 图 G=<V,E> 是 哈 密 顿 图 ， 对 于 任 意 V1V且V1，均有 p(GV1) |V1|
v1 v7
v3 v8
v4
v5 取V1={v1,v4}，GV1有三个分图，不 是哈密顿图。 v6
v2
例：证明图(a)中不存在哈密顿回路。 a
b (a)
c
(b)
证明：删除{a,b,c}子集后，得到图(b)，它的连 通分支为4，因此图(a)不是哈密顿图。
例：下图是不是哈密顿图？
a
b c d
e
解：从图中删除{a,b,c,d,e}得到7个连通分支， 因此上图不是哈密顿图。
3．无向哈密顿图的一个充分条件
定理15.7 设G是n阶无向简单图，若对于任意 不相邻的结点vi,vj，均有d(vi)+d(vj) n1，则G 中存在哈密顿通路. 推论 设G是n（n3）阶无向简单图，若对于任 意不相邻的结点vi,vj，均有 d(vi)+d(vj) n ，则G 中存在哈密顿回路，从而G是哈密顿图。
证明：设C为G中任意的一条哈密顿回路。当 V1中结点在C上均不相邻时，p(C-v1)达到最大 值|V1|，而当V1中结点在C上有彼此相连的情 况时，均有p(C-v1)<|V1|，所以p(CV1) |V1|， 而C是G的生成子图，所以p(GV1) p(CV1) |V1|。
定理15.6可以证明某些图不是哈密顿图。
③
我国数学家管梅谷教授，1962年解决了 中国邮路问题 这一问题，被国际数学界称为中国邮路 问题。
一个邮递员从邮局出发，到所管辖的街道投递 邮件，最后返回邮局，若必须走遍所辖各街道 中每一条至少一次，则怎样选择投递路线使所 走的路程最短？ 解：用图论的语言来描述，即在一个带权图G 中，能否找到一条回路C，使C包含G的每条边 最少一次且C的长度最短？
充分性：
设G的两个奇度结点分别为u0和v0，令 G’=G(u0,v0)，则G’连通且无奇度结点的图， 因此G’为欧拉图，因而存在欧拉回路C’，而 C=C’- (u0,v0)为G中一条欧拉通路，所以G为半 欧拉图。
例:下列各图哪些是欧拉图，哪些是半欧拉图？ e5 e1 e1 e1 e6 e2 e3 e4e2 e5 e3 e4 e2 e5 e3 不是欧拉图
半欧拉图的判定 定理15.2 无向图G是半欧拉图当且仅当G连通 且恰有两个奇度结点。若有两个奇数度结点， 则它们是每条欧拉通路的端点。 证明：必要性 G的连通性是显然的。设G是m条边的n阶无向 图，因为G为半欧拉图，因而G中存在欧拉通路 （但不存在欧拉回路），设=vi0ej1vi1…vim为G 中一条欧拉通路， vi0vim。对任意的v,若v不在 的端点出现，d(v)必为偶数，若v在端点出现 过，则d(v)为奇数，因为只有两个端点不同， 因此G中只有两个奇度结点。
具有欧拉通路而无欧拉回 路的图.
2. 无向欧拉图的判定
定理15.1 无向图G是欧拉图当且仅当G连通且无 奇度结点。 证明：若G为平凡图结论显然成立。 下面设G为n阶m条边的无向图。 必要性 设C为G中一条欧拉回路。 （1）G连通显然。 （2）viV(G)，vi在C上每出现一次获2度，所 以vi为偶度结点. 由vi的任意性，结论为真。
例:在下图中确定一条从v1到v1的回路，使其权值最小. 3
v1 1 2 v2 3 v7 3 3
v6 1
v5 v2
v1 1
2 2 1
3 3 v7 3
v6 1
1
v5
2 1 v3 4
2 v4
3 2 2 4 v4 2
(a)
v3
(b)
1.第一个可行方案的确定 奇度结点有4个:v1,v3,v4,v6。任意将它们配成2对： v1,v4配对, v3,v6配对。选择v1与v4的初级通路为 v1v6v5v4, v3与v6的初级通路为v3v7v1v6,每条通路中所 含的边增加一条平行边,使其成为欧拉图。增加边的 总权值：W(v3,v7)+ W(v7,v1)+ 2W(v1,v6)+ W(v6,v5)+W(v5,v4)=13
3 v1 1 2 v2 2 3 3 3 3 2 2 4 2
v6
1 1 v5
v7
1 v3
v4
2.调整可行方案，使增加的边总数减少 图(b)中，边(v1,v6)的重数为3，若去掉两条边，不 影响v1,v6的奇偶度及连通性，因而可去掉两条边。 一般的，若边的重数大于等于3，就去掉两条边。 于是，有下面的结论：
Fleury算法：
(1) 任取v0V(G)，令P0=v0。
(2) 设Pi=v0e1v1e2…eivi，已经行遍，按下面的 方法从E(G)-{e1,e2,…,ei}中选取ei+1： (a) ei+1与vi相关联；
(b) 除非无别的边可供行遍，否则ei+1不应该 为Gi=G-{e1,e2,…,ei}中的桥。 (3) 当(2)不能再进行时，算法停止。
e4
欧拉图
半欧拉图
不是半欧拉图
a(甲)
b
(乙) 图G
例：两只蚂蚁比赛问题：两 只蚂蚁甲、乙分别处在图G 中的结点a,b处，并设图中各 c 边长度相等。甲提出同乙比 赛：从它们所在结点出发， 走过图中所有边最后到达结 点c处。如果它们速度相同， 问谁最先到达目的地？
解：图中仅有两个奇度结点（b和c），因而存在从 b到c的欧拉通路，蚂蚁乙走到c只要走一条欧拉通路， 即9条边，而蚂蚁甲要想走完所有的边到达c，至少 要先走一条边到达b，再走一条欧拉通路，因而要 走10条边才能到达c，所以乙必胜。
欧拉图
定理15.4 有向图D是半欧拉图当且仅当D是单 向连通的，且D中恰有两个奇度结点，其中一 个的入度比出度大1，另一个的出度比入度大1， 而其余结点的入度都等于出度。 半欧拉图
不是欧拉图，也 不是半欧拉图
15.2 哈密顿图
1、问题的提出 哈密顿图起源于英国数学家哈密顿(Hamilton) 1859年提 出的“周游世界游戏”，它用一个正十二面体的20个结 点代替20个城市(图(1))，这个正十二面体同构于一个平 面图(图(2))，要求沿着正十二面体的棱，从一个城市出 发，经过每个城市恰好一次，然后回到出发点。