欧拉图与汉密尔顿图
转自: http://class.htu.cn/lisanshuxue/neirong/7_4.htm
1936年瑞士数学家列昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)发表了图论的第一篇论文“哥尼斯堡七桥问题”。这个问题是这样的：哥尼斯堡
城市有一条横贯全城的普雷格尔(Pregel)河，城的各部分用七座桥联接，每逢假日，城中居、民进行环城逛游，这样就产生了一个问题，能不能设计一次“遍游”，使得从某地出发对每座跨河桥只走一次，而在遍历了七桥之后却又能回到原地。在图7-4.1中画出了哥尼斯堡城图，城的四个陆地部分分别标以A、B、C、D。将陆地设想为图的结点，而把桥画成相应的连接边，这样城图可简化成如图7-4.2所示，于是通过哥尼斯堡城中每座桥一次且仅一次的问题，等价于在图7-4.2中从某一结点出发找一条通路，通过它的每条边一次且仅一次，并回到原结点。
欧拉在1736年的论文中提出了一条简单的准则，确定了哥尼斯堡七桥问题是不能解的。下面将讨论这个问题的证明。
1 欧拉图
定义7-4.1 给定无孤立结点图G，若存在一条路，经过图中海边一次且仅一次，该条路称为欧拉路；若存在一条回路，经过图中海边一次且仅一次，该回路称为欧拉回路。
具有欧拉回路的图称作欧拉图。
定理7-4.2 无向图G具有一条欧拉路，当且仅当G是连通的，且有零个或两个奇数度结点。
证明 必要性
设G具有欧拉路，即有点边序列v0e1v1e2v2…eiviei+1…ekvk，其中结点可能重复出现，但边不重复，因为欧拉路经过所有图G的结点，故图G必是连通的。
对任意一个不是端点的结点vi，在欧拉路中每当vi出现一次，必关联两条边，故vi虽可重复出现，但deg(vi)必是偶数。对于端点，若v0＝vk，则d(v0)为偶数，即G中无奇数度结点，若端点v0与vk不同，则d(v0)为奇数，d(vk)为奇数，G中就有两个奇数度结点。
充分性
若图G连通，有零个或两个奇数度结点，我们构造一条欧拉路如下：
(1)若有两个奇数度结点，则从其中的一个结点开始构造一条迹，即从v0出发经关联边e1“进入”v1，若deg(v1)为偶数，则必可由v1再经关联边e2进入v2，如此进行下去，每边仅取一次。由于G是连通的，故必可到达另一奇数度结点停下，得到一条迹L：v0e1v1e2…viei+1…vk。若G中没有奇数度结点则从任一结点v0出发，用上述方法必可回到结点v0，得到上述一条闭迹L1。
(2)若L1通过了G的所有边，则L1就是欧拉路。
(3)若G中去掉L1后得到子图G′，则G′中每个结点度数为偶数，因为原来的图是连通的，故L1与G′至少有一个结点vi重合，在G′中由vi出发重复(1)的方法，得到闭迹L2。
(4)当L1与L2组合在一起，如果恰是G，则即得欧拉路，否则重复(3)可得到闭迹L3，以此类推直到得到一条经过图G中所有边的欧拉路。
推论 无向图G具有一条欧拉回路，当且仅当G是连通的，并且所有结点度数全为偶数。
由于有了欧拉路和欧拉回路的判别准则，因此哥尼斯堡七桥问题立即有了确切的否定答案，因为从图7-4.2中可以看到deg(A)＝5，deg(B)＝deg(C)＝deg(D)＝3，故欧拉回路必不存在。
与七桥问题类似的还有一笔画的判别问题，要判定一个图G是否可一笔画出，有两种情况：一是从图G中某一结点出发，经过图G的每一边一次仅一次到达另一结点。另一种就是从G的某个结点出发，经过G的每一边一次仅一次再回到该结点。上述两种情况分别可以由欧拉路和欧拉回路的判定条件予以解决。如图7-4.3(a)中，因为deg(v2)＝deg(v3)＝3，deg(v1)＝deg(v4)＝deg(v5)＝2，故必有从v2到v3的一笔画。在图7-4.3(b)中所有结点度数均为偶数，所以可以从任一结点出发，一笔画回到原出发点。
欧拉路和欧拉回路的概念，很易推广到有向图中去。
2 有向欧拉图
定义7-4.2 给定有向图G，通过图中每边一次且仅一次的一条单向路(回路)，称作单向欧拉路(回路)。
定理7-4.2 有向图G具有一条单向欧拉回路，当且仅当是连通的，且每个结点入度等于出度。一个有向图G具有单向欧拉路，当且仅当它是连通的，而且除两个结点外，每个结点的入度等于出度，但这两个结点中，一个结点的入度比出度大1，另一个结点的入度比出度小1。
这个定理的证明，可以看作是无向图的欧拉路的推广，因为对于有向图的任意一个结点来说，如果入度与出度相等，则该点的总度数为偶数，若入度与出度之差为1时，其总度数为奇数，因此定理7-4.2的证明与定理7-4.1的证明类似。
例1 计算机鼓轮的设计。设有旋转鼓轮其表面被等分成24个部分，如图7-4.4所示。
其中每一部分分别用绝缘体或导体组成，绝缘体部分给出信号0，导体部分给出信号1，在图7-4.4中阴影部分表示导体，空白部分表示绝缘体，根据鼓轮的位置，触点将得到信息1101，如果鼓轮沿顺时针方向旋转一个部分，触点将有信息1010。问鼓轮上16个部分怎样安排导体及绝缘体，才能使鼓轮每旋转一个部分，四个触点能得到一组不同的四位二进制数信息。
设有一个八个结点的有向图(图7-4.5)，其结点分别记为三位二进制数{000，001，010，011，100，101，110，111}，设ai∈{0，1>，从结点a1a2a3可引出两条有向边，其终点分别是a2a30以及a2a3l。该两条边分别记为a1a2a30和a1a2a3l。按照上述方法，对于八个结点的有向图共有16条边，在这种图的任一条路中，其邻接的边必是a1a2a3a4和a2a3a4a5的形式，即是第一条边标号的后三位数与第二条边标号的头三位数相同。因为图中16条边被记成不同的二进制数，可见前述鼓轮转动所得到16个不同位置触点上的二进制信息，即对应于图中的一条欧拉回路。在图7-4.5中，每个结点的入度等于2，出度等于2，故在图中必可找到一条欧拉回路如(e0e1e2e4e9e3e6e13e10e5e11e7e15e14e12e8)，根据邻接边的标号记法，这16个二进制数可写成对应的二进制数序列0000100110101111。把这个序列排成环状,即与所求的鼓轮相对应，如图7-4.4所示。
上面的例子，我们可以把它推广到鼓轮具有n个触点的情况。为此我们只要构造2n-1个结点的有向图，设每个结点标记为n-1位二进制数，从结点a1a2…an-1出发，有一条终点为a2a3…an-10的边，该边记为a1a2…an-10；还有一条边的终点为a2a3…an-11的边，该边记为a1a2…an-11。这样构造的有向图，其每一结点的出度和入度都是2，故必是欧拉图。由于邻接边的标记是第一条边的后n-1位二进制数与第二条边的前n-1位二进制数相同，为此就有一种2n个二进制数的环形排列与所求的鼓轮相对应。
3 汉密尔顿图
与欧拉回路非常类似的问题是汉密尔顿回路的问题。1859年，咸廉?汉密尔顿爵士(Sir Willian Hamilton)在给他朋友的一封信中，首先谈到关于十二面体的一个数学游戏：能不能在图7-4.6中找到一条回路，使它含有这个图的所有结点?他把每个结点看成一个城市，联结两个结点的边看成是交通线，于是他的问题就是能不能找到旅行路线，沿着交通线经过每个城市恰好一次，再回到原来的出发地? 他把这个问题称为周游世界问题。
按图7-4.6中所给的编号，可以看出这样一条回路是存在的。
对于任何连通图也有类似的问题。
定义7-4.3 给定图G，若存在一条路经过图中的每个结点恰好一次，这条路称作汉密尔顿路。若存在一条回路，经过图中的每个结点恰好一次，这条回路称作汉密尔顿回路。
具有汉密尔顿回路的图称作汉密尔顿图。
定理7-4.3 若图G＝<V，E>具有汉密尔顿回路，则对于结点集v的每个非空子集S均有W(G-S)≤|S|成立。其中W(G-S)是G-S中连通分支数。
证明 设C是G的一条汉密尔顿回路，则对于v的任何一个非空子集S在C中删去S中任一结点a1，则C-a1是连通的非回路，若再删去S中另一结点a2，则W(C-a1-a2)≤2，由归纳法可得：
W(C-S)≤|S|
同时C-S是G-S的一个生成子图，因而
W(G-S) ≤W(C-S)
所以 W(G-S)≤|S|
利用定理7-4．3可以证明某些图是非汉密尔顿图。如图7-4.7中若取S＝{v1，v4}，则G-S中有三个分图，故G不是汉密尔顿图。
需要指出，用定理7-4.3来证明某一特定图是非汉密尔顿图，这个方法并不是总是有效的。例如，著名的彼得森(Petersen)图，如图7-4.8中所示，在图中删去任一个结点或任意两个结点，不能使它不连通；删去3个结点，最多只能得到有两个连通分支的子图；删去4个结点，只能得到最多三个连通分支的子图；删去5个或5个以上的结点，余下子图的结点数都不大于5，故必不能有5个以上的连通分支数。所以该图满足W(G-S)≤|S|，但是可以证明它是非汉密尔顿图(此证明留作习题)。
4 汉密尔顿图的充分条件
虽然汉密尔顿回路问题与欧拉回路问题在形式上极为相似，但对图G是否存在汉密尔顿回路还无充要的判别准则。下面我们给出一个无向图具有汉密尔顿路的充分条件。
定理7-4.4 设G具有n个结点的简单图，如果G中每一对结点度数之和大于等于n-1，则在G中存在一条汉密尔顿路。
证明 我们首先证明G是连通图。若G有两个或更多个互不连通的分图，设一个分图中有n1个结点，任取一个结点v1。没另一个分图中有n2个结点，任取一个结点v2，因为d(v1)≤n1-1，d(v2)≤n2-1，故d(v1)+d(v2)≤n1+n2-2<n-1，这与题设矛盾，故G必连通。
其次，我们从一条边出发构成一条路，证明它是汉密尔顿路。
设在G中有p一1条边的路，p＜n，它的结点序列为v1，v2，…，vp。如果有v1或vp邻接于不在这条路上的一个结点，我们立刻可扩展这条路，使它包含这一个结点，从而得到p条边的路，，否则，v1和vp都只邻接于这条路上的结点，我们证明在这种情况下，存在一条回路包含结点v1，v2，…，vp。若v1邻接于vp，则v1，v2，…，vp，v1即为所求的回路。假设与v1邻接的结点集是
这里2≤l，m，…，j，…，t≤p-1，如果vp是邻接于v1-1，vm-1，…，vj-1，…，vt-1中之一，譬如说vj-1，如图7-4.9(a)所示，v1 v2 v3…vj-1 vp vp-1…vj v1是所求的包含结点v1，v2，…，vp的回路。
如果vp不邻接于v1-1，vm-1，…，vt-1中任一个，则vp至多邻接于p-k-1个结点，deg(vp)≤p-k-1，deg(v1)＝k，故deg(vp)+deg(v1) ≤p-k-1+k＝p-1<n-1，即v1与vp度数之和至多为n一2，得到矛盾。
至此，我们有包含所有结点v1，v2，…，vp的一条回路，因为G是连通的，所以在G中必有一个不属于该回路的结点vx与v1v2…vp中的某一个结点vk邻接，如图7-4.9(b)所示，于是就得到一条包含p条边的路(vx，vk，vk+1，…，vj-1，vp，vp-1，…，vj，…，v1，v2，…，vk-1)。如图7-4.9(c)所示，重复前述构造法，直到得到n-1条边的路。
容易看出定理7-4.4的条件对于图中汉密尔顿路的存在性只是充分的，但并不是必要条件。设G是n边形，如图7-4.10，其中n＝6，虽然任何两个结点度数之和是4<6-1，但在G中有一条汉密尔顿路。
例题1 考虑在七天内安排七门课程的考试，使得同一位教师所任的两门课程考试不排在接连的两天中，试证明如果没有教师担任多于四门课程，则符合上述要求的考试安排总是可能的，
证明 设G为具有七个结点的图，每个结点对应于一门课程考试，如果这两个结点对应的课程考试是由不同教师担任的，那么这两个结点之间有一条边，因为每个教师所任课程数不超过4，故每个结点的度数至少是3，任两个结点的度数之和至少是6，故G总是包含一条汉密尔顿路，它对应于一个七门考试课目的一个适当的安排。
定理7-4.5 设G是具有n个结点的简单图。如果G中每一对结点度数之和大于等于n，则在G中存在一条汉密尔顿回路。
证明 由定理7－4.4可知必有一条汉密尔顿路，设为v1v2…vn，如果v1与vn邻接，则定理得证。
如果v1与vn不邻接，假设v1邻接于{vi1，vi2，…，vikk}2≤ij≤n-1，可以证明vn必邻接于vi1-1，vi2-1，…，vik-1中之一。如果不邻接于vi1-1，vi2-1，…，vik-1中任一结点，则vn至多邻接于n-k-1个结点，因而d(vn)≤n-k-1， 而d(v1)＝k
故d(v1)+d(vn)≤n-k-1+k＝n-1，与题设矛盾，所以必有汉密尔顿回路v1v2…vj-1vnvn-1vjv1，如图7-4.11所示。
5 汉密尔顿图的充要条件
定义7-4.4 给定图G＝<V，E>有n个结点，若将图G中度数之和至少是n的非邻接结点连接起来得图G′，对图G′重复上述步骤，直到不再有这样的结点对存在为止，所得到的图，称为是原图G的闭包，记作C(G)。
例如图7-4.12给出了对六个结点的一个图G，构造它的闭包的过程。在这个例子中C(G)是完全图。一般情况下，C(G)也可能不是完全图。
定理7-4.6 当且仅当一个简单图的闭包是汉密尔顿图时，这个简单图是汉密尔顿图。
证明略。
关子图中没有汉密尔顿路的判别尚没有确定的方法，下面介绍一个说明性的例子。
例题2 指出图7-4.13(a)所示的图G中没有汉密尔顿路。
解 用A标记任意一个结点a，所有与a邻接的结点均标记B，继续不断地用A标记所有邻接于B的结点，用B标记所有邻接于A的结点，直到所有结点标记完毕。这个有标记的图如图7-4.13(b)所示，如果在图G中有一条汉密尔顿路，那么它必交替通过结点A和结点B，然而本例中共有九个A结点和七个B结点，所以不可能存在一条汉密尔顿路。
注意：如果在标记过程中，遇到相邻结点出现相同标记时，可在此对应边上增加一个结点，并标上相异标记。如图7-4.14所示。请读者考虑用这种方法能否判断汉密尔顿路的存在性。
*重点：掌握欧拉图和汉密尔顿图的概念及其性质。
