7桥问题

从七桥问题说起
——窥视数学的后花园

2008-6-5 sxgao@gucas.ac.cn 1

下列图形分别能几笔画成？


七桥问题
时间：18世纪
地点：普鲁士的哥尼斯堡城（Königsberg），
普雷格尔（Pregel）河
人物：悠闲的市民们，欧拉

问题：能否经过每座桥一次且仅一次回到出发点？


Euler闭迹(closed trail, tour, circuit)：经过图G的
每条边恰好一次的闭迹。
Euler迹（trail）：经过每条边恰好一次的迹。
Euler图：有Euler闭迹的图。
图中顶点的度：顶点关联的边的条数。


定理1 一个非空连通图是Euler图当且仅当它没有奇度顶点。
证明必要性：设图G是Euler图，C是G中一个Euler闭迹。对G中任一个
顶点 v，v必在C上出现。因C每经过v一次，就有两条与v关联的边被使
用。设C经过v共k次，则C经过了2k条于v关联的边，故v的度为2k。
充分性：无妨设图Ｇ的顶点个数n >1。因G连通，故至少有一条边。下
面用反证法证明充分性结论。
假设图G无奇度顶点，但它不是Euler图。令
S = {G | G是至少有一条边的n阶连通图，无奇度顶点，且不是Euler图}
则S非空。取S中边数最少的一个，记为G0 。因G0无奇度顶点，故G0中
顶点的度至少为 2，因此G0含有圈，从而含有闭迹。设C是中一条最长
的闭迹。由假设，C不是G0的Euler闭迹。因此G0中将C的边去掉后必有
一个连通分支至少含有一条边。记这个连通分支为G1。由于C是闭迹，
故G1中没有奇度顶点，且G1 的边少于G0 的边。由G0的选择可知， G1必
有Euler闭迹，记为 C1。因此C＋C1是的一条闭迹，且它比C更长，这与
C的选取矛盾。证毕。

重返七桥
问题：能否经过每座桥一次且仅一次回到出发点？
答案：不能
为什么？因右图中不存在欧拉闭迹，因此不能一笔画
完且回到出发点。
新问题：不要求回到出发点能否一笔画完？到底几笔
能画完？——好奇是创新的钥匙！


定理2 一个连通图有Euler迹当且仅当它最多有两个奇度顶点。
证明必要性：设连通图G有Euler迹T。若T是Euler闭迹，则G中无奇度
顶点。否则，设T的起点和终点分别为u, v。在G的基础上，给u, v间添
加一条边e（若G中有边uv，则e是重边），所得之图记为G*，则T+e是
G*的Euler闭迹。由定理1，图G*无奇度顶点。故G最多只可能有两个
奇度顶点。
充分性：
若G无奇度顶点，则由定理1，G有Euler闭迹，自然有Euler迹。
若G只有两个奇度顶点，设其为u,v，则在u,v间给G添加一条新边e，所
得之图G +e的每个顶点都是偶度顶点，由定理1，G +e有Euler闭迹，
因此G有Euler迹。证毕。
推论一个连通图可k笔画成当且仅当它最多有2k个奇度顶点。


再返七桥
问题：七桥问题对应的图几笔能画完？



Herschel图 Petersen图


如何求欧拉图中的欧拉闭迹？
——Fleury算法
基本思想：从图中一个顶点出发，用深度优先方法找图的迹，在任何
一步，尽可能不使用剩余图的割边，除非没有别的选择。
Fleury算法步骤：
输入：欧拉图G
输出：G的欧拉闭迹
step1. 从G的任一个顶点v0开始，令w0=v0，i:=0。
step2. 设迹wi=v0e1v1···eivi已取定。从E{e1,e2, ···,ei}中选取一条边ei+1，
使得
（1） ei+1和vi相关联；
（2） ei+1不是图G{e1,e2, ···,ei}的割边，除非没有别的选择。
step3. 当step2不能再执行时，停止。

用Fleury算法求下图的欧拉闭迹


中国邮递员问题

问题（管梅谷，1960）：一位邮递员从邮局出发投递邮
件，经过他所管辖的每条街道至少一次，然后回到邮局。请
为他选择一条路线，使其所行路程尽可能短。
图论模型：求赋权连通图中含所有边的权最小的闭途径。这
样的闭途径称为最优邮路。


中国邮递员问题
思路：（1）若G是Euler图，则G的Euler闭迹便是最优邮路，可用
Fleury算法求得；
（2）若G不是Euler图，则含有所有边的闭途径必须重复经过一些
边，最优邮路要求重复经过的边的权之和达到最小。闭途径重复经
过一些边，实质上可看成给图G添加了一些重复边（其权与原边的
权相等），最终消除了奇度顶点形成一个Euler图。因此，在这种情
况下求最优邮路可分为两步进行：首先给图G添加一些重复边得到
一个Euler图G*，使得添加边的权之和最小；然后用Fleury算法求G*
的一条Euler闭迹。这样便得到G的最优邮路。
问题是：如何给图G添加重复边得到Euler图G*，使得添加边的权之
和最小？

解中国邮递员问题的算法
将上述问题中的Euler图G*称为图G的最优邮路Euler图。
方法一：图上作业法
定理3 设C是一条经过赋权连通图G的每条边至少一次的闭途
径，则C是G的最优邮路当且仅当C对应的最优邮路欧拉图
G*满足：
(1) G的每条边在G*中至多重复出现一次；
(2) G的每个圈上在G*中重复出现的边的权之和不超过该圈总
权的一半。



奇偶点图上作业法
算法口诀
先分奇偶点，奇点对对联；
联线不重迭，重迭要改变；
圈上联线长，不得过半圈。



方法二：Edmonds-Johnson方法
定理4 设G是赋权连通图，G中有2k个奇度顶点。G*是G的一
个最优邮路Euler图，令
E0={e|在由G得到G*时，e被添加重复边}。
则E0中的边形成的子图G[E0]是以G的奇度顶点为起点和终点
的k条无公共边的最短路之并。


Edmonds-Johnson方法的基本思想：
先求出G中所有2k个奇度顶点间的最短路。为了从中选出k条权最
小且无公共端点的最短路，以G的所有奇度点为顶点构造赋权
完全图K2k，两顶点连边上的权为这两个奇度点在G中最短路的
权。求赋权完全图K2k的最小权完美匹配，该完美匹配的k条边
对应的k对顶点间的最短路必定无公共边（否则，若两条路有公
共边，则删去公共边后可得到两条连接奇度顶点的更短路，从
而对应出权更小的完美匹配，矛盾）。沿这k条最短路添加重复
边，便可得到最优邮路Euler图G*。然后找出G*的Euler闭迹，
即得到最优邮路。


Edmonds-Johnson算法：
Step1. 若G中无奇度顶点，令G*=G，转step2；否则转step3。
Step2. 求G*中的Euler闭迹，结束。
Step3. 求G中所有奇度顶点对之间的最短路。
Step4. 以G中奇度顶点集为顶点集，构作赋权完全图K2k ，其中各
边的权为对应两顶点在G中最短路的权。
Step5. 求K2k中最小权完美匹配M。
Step6. M中每条边所匹配的两点在G中都对应有一条最短路，在G
中沿这些最短路添加重复边，得Euler图G*，转step2。


例求下图的最优投递路线，其中A点为邮局。

B 5 C
3 5
A 8 10 D
14
4 9
F 6 E


解：该图只有两个奇度点B和E，B到E的最短路为BAFE，权为13。
按算法Step4，令，构造出赋权完全图（如下图a），其最小权
完美匹配由其唯一的边BE构成。再按照算法的Step6，沿匹配
边BE在G中对应的最短路BAFE添加重复边，得到相应的Euler
图G*（如图b）。易求得G*的Euler闭迹，从而得到最优邮路。

B 5 C
3 5
13 8 10
B E A 14 D
4 9
F 6 E
图a: 按算法Step4 构造出图b: 按算法Step6 构造出
的赋权完全图K2。的Euler图G*。


计算机鼓轮的设计
计算机旋转鼓轮如下图所示。一个圆环被等分为2n个单元，
每个单元标有0或1（分别表示该单元为绝缘体或导体）。鼓轮
有n个触点，当鼓轮每旋转一个单元时，n个触点便读出一个n元
二进制数。现在希望设计各个单元的0、1标识，使得鼓轮旋转
一周后，恰好能得到所有个不同的n元二进制数。

触点


求解思想：以所有n-1位二进制数为顶点，每两个形如p1p2···pn-1
和p2p3···pn的二进制数对应的顶点之间连一条有向边（从前一个
数指向后一个数）。这样获得一个有向图G，G的每个顶点的出
度和入度都为2。按欧拉图的判定条件，G是欧拉图。找出G的
一条有向欧拉闭迹，沿欧拉闭迹前行一步，相当于鼓轮转动一
格。因此只需沿欧拉闭迹将遇到的每个顶点取最后一位数字，
将得到的字符串顺序抄入鼓轮的格子即可。
000
1 0
0 0

1 0 001 100
1 0
010
0 1
触点
1 1 101
0 1
0 1
011 110

111

Hamilton问题
Hamilton图的研究起源于一种十二面体上的游戏。1857年，
爱尔兰著名数学家William Rowan Hamilton爵士（他也是第一个
给出复数的代数描述的人）制作了一种玩具，它是一个木制的
正十二面体，在正十二面体的每个顶点上有一个木栓，并标有
世界著名城市的名字。游戏者用一条细线从一个顶点出发，设
法沿着十二面体的棱找出一条路，通过每个城市恰好一次，最
后回到出发点。这个游戏当时称为Icosian游戏，也称为周游世界
游戏。


经过图G的每个顶点恰一次的路称为G的Hamilton路，
简称为H路。
经过图G的每个顶点恰一次的圈称为G的Hamilton圈，
简称为H圈。
具有Hamilton圈的图称为Hamilton图，简称为H图。

Hamilton图的判定
定理1 设G是二部图，若G是H图，则G必有偶数个顶点。
定理 2 若G是H图，则对V(G)的每个非空真子集S，均有：
连通分支数W(G－S) ≤ | S |。

u

v w
Herschel图不是H图


Hamilton图的判定
定理3 设G是至少含 3个顶点的简单图，如果G中每个顶点
的度都不小于点数的一半，则G是Hamilton图。
定理4 设G是至少含 3个顶点的简单图，如果G中任意两个
不相邻顶点的度数之和都不小于G的点数，则G是
Hamilton图。


旅行商问题（TSP）
旅行商问题：一个旅行商从n个城镇中的某一城镇出发，欲经
过其余个城镇一次且仅一次，最后回到出发点。他应该如何设
计旅行路线，才能使所走路程最短？
图论描述：将城镇作为顶点，两顶点连边当且仅当对应的两城
镇能直达，每条边上以道路的里程作为权。从而获得一个赋权
图G。旅行商问题现在可以叙述为：
给定赋权图G，求G的一个权最小的Hamilton圈。


TSP-近似算法
最小生成树法
算法基本思想为：先求出的一棵最小生成树T，给T的每条
边添加一条重边，使其成为Euler图。然后沿Euler图的一条
Euler闭迹遍历的所有顶点。在每个顶点处，若沿Euler闭迹
前行时遇到的顶点已被访问过，则跳过它直接访问Euler闭
迹的下一个顶点。直至遍历的所有顶点后回到出发点。注意
我们的对象是一个完全图，故上述跳跃方式的访问总是可行
的，且最终能得到一个Hamilton圈。


TSP-近似算法
最小生成树法：求中最小权Hamilton圈。
输入：赋权完全图。
输出：近似的最小权Hamilton圈。
step1. 求的一棵最小生成树T；
step2. 将T中各边均添加一条重边，设所得图为；
step3. 求的从某点v出发的一条Euler闭迹；
step4. 按如下方法求出G的一条Hamilton路：从顶点v出发，沿Ev
访问G*中各顶点。在此过程中，一旦遇到重复顶点，就跳过它直
接走到Euler环游上的下一个顶点。直到访问完所有顶点为止。


TSP-近似算法
例用最小生成树法求如下赋权完全图的最小权Hamilton圈。
解：求解过程图示如下。先求出一棵最小生成树T，T的各边加重边后得
G*，G*从a点出发的一条Euler闭迹为C = aeadabcba，从a点出发沿C依
次访问各点，遇到已访问过的点时直接跳到C的下一个点，这样便得到
近似的最小权Hamilton圈aedcba。
a a a a
5 5 5 5 5 5 5 5
b 8 e b e b e
b 5
e
7 16 5
9 12 5 8 9 9 9 8
c 9 d c d c d c d
9
G 最小生成树T 加重边后得G* 近似最优H圈


TSP-近似算法
定理5 设赋权完全图的各边之权均为正数，且对∀vi , v j , vk ∈V，
c0
都有w(vi v j ) + w(v j vk ) ≥ w(vi vk ) ，则 * < 2 。这里c0是算法所得
c
的Hamilton圈H的权（近似最优值），而c*是最小权
Hamilton圈H*的权。

证明：设T和G*如算法所述。设E是G*中任一条Euler闭迹。
由定理条件，有 w( H ) = c0 ≤ w( E ) = 2 w(T ) 。此外，设T0是G的
最小权Hamilton圈H*删去任一边后所得的生成树，则
w(T ) ≤ w(T0 ) < c* 。因而 c0 < 2c 。证毕。
*


思考题
1. 教室里有6排椅子，每排5张椅子，每张椅子坐一名学生。
现在班主任老师考虑每周调整一次学生们的座位，使得每个
学生都调到本次调整前与他相邻的某个座位上（前后左右视
为相邻），一个学期内每个学生都不能调回到他已经坐过的
座位上。请帮老师制定一个调整方案。如果老师现在改变了
主意，希望每次将每个学生调到本次调整前与他不相邻的某
个座位上，且一个学期内每个学生都不能调回到他已经坐过
的座位上。问是否可行？应怎样调整?


思考题
2.若围一张圆桌坐着至少6个人，那么一定可以调整他们的
位置，使得每个人两侧都挨着新邻居 ?
3.下图是某超市的平面示意图，一名保安人员在一次巡逻
中欲穿过每道门一次且仅一次并回到出发点，问他是否能
够做到？试加以解释。


思考题
4.某楼层的平面结构示意图如下。试说明从前门进去经过
每个门口恰好一次且从后门出去是不可能的。

后门

前门


思考题
5.一个博物馆称为设计良好的，如果存在经过每个房间恰
好一次的参观路线。某博物馆的楼层平面设计如下图，试
证明这个博物馆的设计不是良好的。


7桥问题

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