哈密顿图 哈密顿回路 哈密顿通路(Hamilton)

概念:

　　哈密顿图:图G的一个回路,若它通过图的每一个节点一次,且仅一次,就是哈密顿回路.存在哈密顿回路的图就是哈密顿图.哈密顿图就是从一点出发,经过所有的必须且只能一次,最终回到起点的路径.图中有的边可以不经过,但是不会有边被经过两次.

　　与欧拉图的区别:欧拉图讨论的实际上是图上关于边的可行便利问题,而哈密顿图的要求与点有关.

判定:

一:Dirac定理(充分条件)

　　设一个无向图中有N个顶点,若所有顶点的度数大于等于N/2,则哈密顿回路一定存在.(N/2指的是⌈N/2⌉,向上取整)

二:基本的必要条件

　　设图G=是哈密顿图,则对于v的任意一个非空子集S,若以|S|表示S中元素的数目,G-S表示G中删除了S中的点以及这些点所关联的边后得到的子图,则W(G-S)=2)阶竞赛图一点存在哈密顿通路.

算法:

一:在Dirac定理的前提下构造哈密顿回路

过程:

　　1:任意找两个相邻的节点S和T,在其基础上扩展出一条尽量长的没有重复结点的路径.即如果S与结点v相邻,而且v不在路径S -> T上,则可以把该路径变成v -> S -> T,然后v成为新的S.从S和T分别向两头扩展,直到无法继续扩展为止,即所有与S或T相邻的节点都在路径S -> T上.

　　2:若S与T相邻,则路径S -> T形成了一个回路.

　　3:若S与T不相邻,可以构造出来一个回路.设路径S -> T上有k+2个节点,依次为S, v1, v2, ..., vk, T.可以证明存在节点vi(i属于[1, k]),满足vi与T相邻,且vi+1与S相邻.找到这个节点vi,把原路径变成S -> vi -> T -> vi+1 ,即形成了一个回路.

　　4:到此为止,已经构造出来了一个没有重复节点的的回路,如果其长度为N,则哈密顿回路就找到了.如果回路的长度小于N,由于整个图是连通的,所以在该回路上,一定存在一点与回路之外的点相邻.那么从该点处把回路断开,就变回了一条路径,同时还可以将与之相邻的点加入路径.再按照步骤1的方法尽量扩展路径,则一定有新的节点被加进来.接着回到路径2.

证明:

　　跟据鸽巢定理，既然与S和T相邻的点都在路径上，它们分布的范围只有v1,v2---,vk这k个点，k=N，那么v1,v2,---vk这k个点中一定有至少2个点同时与S和T相连，根据鸽巢定理，肯定存在一个与S相邻的点vi和一个与T相邻的点vj，满足j=i+1

伪代码:

　　设s为哈密顿回路的起始点,t为哈密顿回路中终点s之前的点.ans[]为最终的哈密顿回路.倒置的意思指的是将数组对应的区间中数字的排列顺序反向.

　　1:初始化,令s = 1,t为s的任意一个邻接点.

　　2:如果ans[]中元素的个数小于n,则从t开始向外扩展,如果有可扩展点v,放入ans[]的尾部,并且t=v,并继续扩展,如无法扩展进入步骤3.

　　3:将当前得到的ans[]倒置,s和t互换,从t开始向外扩展,如果有可扩展点v,放入ans[]尾部,并且t=v,并继续扩展.如无法扩展进入步骤4.

　　4:如果当前s和t相邻,进入步骤5.否则,遍历ans[],寻找点ans[i],使得ans[i]与t相连并且ans[i +１]与ｓ相连,将从ans[i + 1]到t部分的ans[]倒置,t=ans[i +１],进如步骤5.

　　5:如果当前ans[]中元素的个数等于n,算法结束,ans[]中保存了哈密顿回路(可看情况是否加入点s).否则,如果s与t连通,但是ans[]中的元素的个数小于n,则遍历ans[],寻找点ans[i],使得ans[i]与ans[]外的一点(j)相连,则令s=ans[i - 1],t = j,将ans[]中s到ans[i - 1]部分的ans[]倒置,将ans[]中的ans[i]到t的部分倒置,将点j加入到ans[]的尾部,转步骤2.

时间复杂度:

　　如果说每次到步骤5算一轮的话,那么由于每一轮当中至少有一个节点被加入到路径S -> T中,所以总的轮数肯定不超过n轮,所以时间复杂度为O(n^2).空间上由于边数非常多,所以采用邻接矩阵来存储比较适合.

附上模板：

N阶竞赛图:含有N个顶点的有向图,且每对顶点之间都有一条边.对于N阶竞赛图一定存在哈密顿通路.

数学归纳法证明竞赛图在n >= 2时必存在哈密顿路:

(1)n = 2时结论显然成立；

(2)假设n = k时,结论也成立,哈密顿路为V1, V2, V3, ..., Vk;

  设当n = k+1时,第k + 1个节点为V(k+1),考虑到V(k+1)与Vi(1 V4,这四个点与V5的连通情况有16种,给定由0/1组成的四个数,第i个数为0代表存在弧,反之为1,表示存在弧

sign[]={0, 0, 0, 0}.

很显然属于第二种情况,从后往前寻找不到1,即且不存在弧.

则构造哈密顿路:V5 -> V1 -> V2 -> V3 -> V4.

sign[]={0, 0, 0, 1}.

属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧且i=4(最后一个点)

则构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.

sign[]={0, 0, 1, 0}.

属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.

构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5 -> V4.

sign[]={0, 0, 1, 1}.

属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧且i=4(最后一个点)

则构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.

sign[]={0, 1, 0, 0}.

属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为2.

构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V5 -> V3-> V4.

sign[]={0, 1, 0, 1}.

属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧且i=4(最后一个点)

则构造哈密顿路:V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.(就不举末尾为1的栗子了~~)

sign[]={1, 0, 1, 0}.

属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.

构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5-> V4.

sign[]={1, 1, 1, 0}.

属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.

构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5-> V4.

(还是举一个吧~~~)

sign[]={1, 1, 1, 1}.

同样最后一位为1,代表存在且i=4(最后一位)

则构造哈密顿路:V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.以上是当N=4时(N+1=5),用图来阐述算法的过程.

注意从后往前找不是找这个点编号之前的点,即不是按照编号来的,而是按照当前哈密顿序列从后往前找的.举个栗子:

4

2 1

1 3

3 2

4 1

4 2

4 3

第一步ans={1}

第二步ans={2,1}

第三步sign={0, 1}(map[3][2] = 0,map[3][1] = 1,当前序列为2,1) ,而不是{1, 0}(1,2),因为存在弧和.这里需要注意下.

代码: