哈密尔顿回路总结
一、引子
1959 年 William Rowan Hamilton 发明了一个小玩具，这个玩具是一个木刻的正十二面体，每面系正五角形，三面交于一角，共 20 个角，没每个角上标有世界上一个重要城市。他提出一个问题：要求沿着正十二面体的边寻找一条路，通过 20 个城市，而每个城市只通过一次，最后返回原地。Hamilton 将此问题称为周游世界问题，并且坐了肯定的回答。
上面提到的问题就是经典的 Hamilton 回路问题。
当然，还有另一个著名的回路问题——欧拉回路问题，不同于 Hamilton 回路问题，欧拉问题已经得到了圆满解决
二、一些定义
设无向图 G=(V, E)，其中 V 是点集，E 是边集， n=|V| 表示图中点的数量，m=|E| 表示图中边的数量
Hamilton 通路：经过图 G 中每个节点一次且仅一次的通路称为 Hamilton 通路
特点：包含图 G 中所有顶点，通路上各顶点不重复
Hamilton 回路：经过图 G 中每个节点一次且仅一次的回路称为 Hamilton 回路
特点：包含图 G 中所有顶点，回路中，除了起点和终点相同之外，回路上各点不重复
Hamilton 图：存在 Hamilton 回路的图称为 Hamilton 图
Hamilton 通路问题转化为 Hamilton 回路问题：
一个可行的做法是枚举通路的起点和终点，添加一条边，转化为对应 Hamilton 回路问题
三、Hamilton 图的判定
众所周知，现在没有判断图中是否存在 Hamilton 通路、Hamilton 回路的简单判定定理，我们只能对节点较少的图凭经验去判定，下面给出的是一些必要条件和充分条件以及相应的简单证明
PS：这些证明当然不是我写的啦，都是抄的书上的，不过我都理解了
1、必要条件：
定理1：设无向图 G=(V, E) 是 Hamilton 图，V1 是 V 的任意非空子集，则：p(G-V1)≤|V1|（其中：p(G-V1) 表示从 G 中删除 V1 后得到的图的联通分支的数量）
证明：
考虑 G 的一条 Hamilton 回路 C，显然 C 是 G 的生成子图，从而 C-V1 也是 G-V1 的生成子图，且有 p(G-V1)≤p(C-V1)，因此只需要证明 p(C-V1)≤|V1|即可。
下面分两种情况讨论：
（1）、V1 中节点在 C 中均相邻，删除 C 上 V1 中各点及关联的边后，C-V1 仍是联通的，但已非回路，因此 p(C-V1)=1≤|V1|
（2）、V1 中节点在 C 中存在 r(2≤r≤|V1|) 个互不相邻，删除 C 上 V1 中各点及关联的边后，将 C 分为互不相连的 r 段，即 p(C-V1)=r≤|V1|
一般情况下，V1 中的点在 C 中既有相邻的也有不相邻的，因此总有 p(C-V1)≤|V1|
又因为 C 是 G 的生成子图，从而 C-V1 也是 G-V1 的生成子图，故有：p(G-V1)≤p(C-V1)≤|V1|
推论1.1：设无向图 G=(V, E) 中存在 Hamilton 通路，则对 V 的任意非空子集 V1，都有 p(G-V1)≤|V1|+1
上面的定理和推论在用来判断一个图是否存在 Hamilton 回路（通路）时非常有用
2、充分条件：
定理2：设 G=(V, E) 是具有 n 个节点的简单无向图（|V|=n），如果对于任意的两个不相邻的节点 u, v∈V，均有 deg(u)+deg(v)≥n-1，则 G 中一定存在 Hamilton 通路
证明：
首先证明满足上述条件的图是一个联通图，然后用“延长通路法”找出一条 Hamilton 通路
（1）、反证法证明满足上述条件的图是一个连通图：
假设 G 有两个或者更多联通分支。设一个联通分支有 n1 个节点，另一个联通分支有 n2 个节点。这两个联通分支中分别有节点 v1 和节点 v2。显然：deg(v1)≤n1-1，deg(v2)≤n2-1。从而：deg(v1)+deg(v2)≤n1+n2-2≤n-2，与已知条件"对于任意的两个不相邻的节点 u, v∈V，均有 deg(u)+deg(v)≥n-1"矛盾，故 G 是联通的
（2）、证明 G 中存在 Hamilton 通路
设 p=v1v2...vk 为 G 中用“延长通路法”得到的“极大基本通路”，即 p 中的始点 v1 和终点 vk 不与 p 外的节点相邻，显然 k≤n
（Ⅰ）、若 k=n，则 p 为 G 中经过所有节点的通路，即为 Hamilton 通路
（Ⅱ）、若 k<n，说明 G 中还存在 p 外的节点，但此时可以证明存在仅经过 p 上所有节点的基本回路，证明如下：
（a）、若在 p 上 v1 与 vk 相邻，则 v1v2...vkv1 为仅经过 p 上所有节点的基本回路
（b）、若在 p 上 v1 不与 vk 相邻，假设 v1 在 p 上与 vi=v2,vi2,vi3，...，vij 相邻（j 必然大于等于 2，否则 deg(v1)+deg(vk)≤1+k-2<n-1），此时，vk 必定与 vi2,vi3，...，vij 中相邻的节点 vi2-1,vi3-1，...，vij-1 至少一个相邻（否则 deg(v1)+deg(vk)≤j+k-2-(j-1)=k-1<n-1）。设 vk 与 vir-1(2≤r≤j) 相邻，如下图所示：在 p 中添加边 (v1, vir)，(vk, vir-1)，删除边 (vir-1, vir) 得到基本回路：C=v1v2...vir-1vkvk-1...virv1
（Ⅲ）、证明存在比 p 更长的通路
因为 k<n，所以 V 中还有一些节点不在 C 中，由 G 的联通性可知，存在 C 外的节点与 C 上的节点相邻，不妨设 vk+1∈V-V(C)，且与 C 上的节点 vt 相邻，在 C 中删除边 (vt-1, vt)，添加边 (vt, vk+1) 从而得到通路 p'=vt-1...v1vir...vkvir-1...vtvk+1，如下图所示，显然，p‘ 比 p 长 1，且 p’ 上有 k+1 个不同的节点。
对 p‘ 重复 （Ⅰ）~（Ⅲ），得到 G 中 Hamilton 通路或比 p’ 更长的基本通路，由于 G 中节点数目有限，故在有限步内一定能得到 G 中一条 Hamilton 通路
推论2.1：设 G=(V, E) 是具有 n 个节点的简单无向图，如果对于任意两个不相邻的节点 u, v∈V，均有 deg(u)+deg(v)≥n，则 G 中一定存在 Hamilton 回路
需要指出的是，推论2.1就是著名的 Ore 定理
推论2.2：设 G=(V, E) 是具有 n 个节点的简单无向图，n≥3，如果对于任意的 u∈V，均有 deg(v)≥n/2，则 G 是 Hamilton 图
四、刷题练手
额，暂时只写了一道题目，还是非常裸的求 Hamilton 回路的题目 : SGU 122 The book
题目大意：给一个含有 n(2≤n≤1000) 个点的无向图，图中每个顶点至少有 (n+1)/2 个相邻点，让求一条 Hamilton 回路
注意到 "每个顶点至少有 (n+1)/2 个相邻点" 这句话，满足 Ore 定理，直接构造解即可，构造的方法就是在证明定理 2 时使用的方法
1 #include <cstring> 2 #include <cstdio> 3 #include <iostream> 4 #include <list> 5 6 using namespace std; 7 8 struct Hamilton_Circuit { 9 static const int N=1006; 10 11 bool G[N][N], vs[N]; 12 int n, next[N], head, tail; 13 14 void init(int _n) { 15 n=_n; 16 memset(G, 0, sizeof G); 17 } 18 19 void DFS_Head(int u) { 20 vs[u]=1; 21 for(int i=0; i<n; i++) if(G[i][u] && !vs[i]) { 22 next[i]=u; 23 DFS_Head(i); 24 return; 25 } 26 head=u; 27 } 28 29 void DFS_Tail(int u) { 30 vs[u]=1; 31 for(int i=0; i<n; i++) if(G[u][i] && !vs[i]) { 32 next[u]=i; 33 DFS_Tail(i); 34 return; 35 } 36 tail=u; 37 } 38 39 void Reverse(int u) { 40 for(int i=next[u], temp, last=-1; i!=-1; i=temp) { 41 temp=next[i]; 42 next[i]=last; 43 last=i; 44 } 45 int temp=tail; 46 tail=next[u]; 47 next[u]=temp; 48 } 49 50 int Find(int u) { 51 for(int i=head; i!=-1; i=next[i]) { 52 if(G[u][next[i]]) return i; 53 } 54 return -1; 55 } 56 57 bool Extend(int u) { 58 if(G[u][head]) { 59 next[u]=head; 60 return 1; 61 } 62 int pre=Find(u); 63 if(pre==-1) return 0; 64 next[u]=next[pre]; 65 next[tail]=head; 66 next[tail=pre]=-1; 67 return 1; 68 } 69 70 void Solve() { 71 memset(next, -1, sizeof next); 72 memset(vs, 0, sizeof vs); 73 DFS_Head(0), DFS_Tail(0); 74 int Len=1; 75 for(int i=head; i!=tail; i=next[i], Len++); 76 for(int i; 1; ) { 77 if(!G[tail][head]) { 78 for(i=next[head]; !(G[i][tail] && G[next[i]][head]); i=next[i]); 79 Reverse(i); 80 } 81 if(Len==n) break; 82 for(i=0; i<n; i++) if(!vs[i] && Extend(i)) { 83 head=i, vs[i]=1, Len++; 84 break; 85 } 86 } 87 } 88 89 void PRINT() { 90 for(int i=head; head!=0; i=next[i]) { 91 next[tail]=head; 92 tail=head; 93 head=next[head]; 94 next[tail]=-1; 95 } 96 for(int i=head; i!=-1; i=next[i]) { 97 printf("%d", i+1); 98 if(next[i]==-1) printf(" 1\n"); 99 else printf(" "); 100 } 101 } 102 }; 103 104 Hamilton_Circuit fuck; 105 int n; 106 107 int main() { 108 scanf("%d", &n); 109 fuck.init(n); 110 for(int i=0; i<n; i++) { 111 for(int x; ; ) { 112 scanf("%d", &x); 113 fuck.G[i][x-1]=1; 114 x=getchar(); 115 if(x=='\n' || x=='\r' || x==EOF) break; 116 } 117 } 118 fuck.Solve(); 119 fuck.PRINT(); 120 return 0; 121 }
