WĘDRÓWKI PO GRAFACH

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.