Todistus (2.2) (2.2): Oletetaan, että0 n 1,1 n 1 / P i (F) aina kuni = 1,2,...,n. Olkoonf F painoltaan pienin joukonf alkio. Selvästi bittijono f sisältää ainakin yhden1:sen. Voidaan olettaa, että f 1 = 1. SilloinP 1 (f) on painoltaan pienin joukonp 1 (F) alkio. OlkoonF = P 1 (F \{f}). JosF =, niinf = {f}. Koskaf 1 = 1, niin jono0 n,01 n 1,1 n on turvassa vikojen joukoltaf. Lisäksi 0 n < 01 n 1 < 1 n. 1 / 22 Todistus (2.2) jatkoa JosF, niin F < n 1. Induktio-oletus On olemassa graafinp 1 (Q n ) joukoltaf turvassa oleva jono0 n 1,u,v,1 n 1, missä 0 n 1 < u < v 1 n 1. Valitaan näistä jonoista se, missä u on suurin. Riittää osoittaa Väite: GraafissaQ n jono0 n,0u,0v,1 n on turvassa joukoltaf Väitteen todistus:... 2 / 22 1
Lauseen 6.4.1. todistus Lause 6.4.1. OlkoonQ n hyperkuutio,n = 0,1,2,..., jaρmielivaltainen lyhimmän polun reititys hyperkuutiolle Q n. JosF on vikojen joukko ja F < n, niin diam(r(q n,ρ)/f) 3. Todistus. Apulauseen 6.4.1. Aina kunx y on turvassa vikojen joukoltaf, niinxy on graafin R(Q n,ρ)/f viiva kaikilla lyhyimmän polun reitityksilläρ. Apulauseen 6.4.2. Aina kun F < n ja aina kun pisteetx,y Q n /F, on olemassa sellaiset pisteetuja v, että jono x, u, v, y on turvassa F :ltä. Silloin graafissar(q n,ρ)/f jokaisella pisteparillax,y on olemassa korkeintaan3:n pituinen polku x u v y. Siisdiam(R(Q n,ρ)/f) 3 aina kunρon lyhimmän polun reititys. 3 / 22 Spesiaalireititys Jos lyhimmän polun reititys kiinnitetään, saadaan reititysgraafin vikaantumattoman osan halkaisija vielä äskeistä pienemmäksi. Lause 6.4.2. Olkoonλ n (x,y) hyperkuutionq n lyhimmän polun reititys, jossa reitti etenee pisteestäxpisteeseen y polkua, jossa pisteiden erilaisista vastinkoordinaateista muutetaan aina vasemmanpuoleisin. Jos F < n, niin Todistus. Harjoitustehtävä. diam(r(q n,λ n ))/F 2. 4 / 22 2
7.Eulerin ja Hamiltonin graafit 5 / 22 Kerran kulkeminen Graafin pisteiden/viivojen läpikäyminen esiintyy usein sovelluksissa (esimerkiksi etsintäalgoritmit, reititykset) Läpikäyminen tehdään nopeimmin, kun yhtäkään viivaa/pistettä ei kuljeta kahta kertaa. Milloin tämä on mahdollista? Seuraavassa karakterisoidaan ehdon/ehdot toteuttavat graafityypit. Lisäksi tutkitaan Postimies- ja kauppamatkustajaongelmia. 6 / 22 7.1. Eulerin graafit Aluksi tarkasteltiin Königsbergin siltaongelmaa: 7 / 22 3
Määritelmä Määritelmä 7.1.1 GraafillaG = (V,E) on Eulerin reitti (Euler trail), jos se sisältää reitin jossa jokaineng:n viiva esiintyy. Suljettu Eulerin reitti on Eulerin kierros (Euler tour). Yhtenäinen graafi on Eulerin graafi tai euleriaaninen (eulerian), jos se sisältää Eulerin kierroksen. Selvästi aina kune 1 e 2 e n on Eulerin kierros, niin sitä on myöse i e i+1 e n e 1 e 2 e i 1. 8 / 22 Siltaongelman ratkaisu Euler ratkaisi Königsbergin siltaongelman todistamalla toisenpuolen seuraavasta tuloksesta. Toisen osan todisti Hierholzer (1873) Lause 7.1.1. Yhtenäinen graafi (myös multigraafi) on Eulerin graafi jos ja vain jos jokaisen pisteen aste on parillinen. Todistus. (Euler 1736) OlkoonW : u u Eulerin kierros. Olkoonv W piste joka esiintyyk kertaaw :ssä. Joka kerta kunw :ssä viiva saapuu pisteeseenv, niin se myös lähtee pisteestäv. v:n aste on parillinen. Pisteenuaste on parillinen, koskaw alkaau:sta ja loppuuu:hun. 9 / 22 4
Todistus jatkoa Hierholzer (1873) Oletus:G = (V,E) on yhtenäinen ja ei-triviaali graafi, jonka jokaisen pisteen aste on parillinen. Väite:Gon Eulerin graafi. OlkoonW, pising:n reitti: W = e 1 e 2 e n : v 0 vn, jollee i = v i 1 v i. Viivae = v n u E e W. Muuten reittiwe on pidempi kuinw. Josv 0 v n ja pistev n esiintyyk kertaa polussaw, niin silloinv n :stä lähtevien/saapuvien viivojen määrä olisi 2(k 1)+1 Siis pisteenv n aste olisi pariton. Oltavav 0 = v n eli reitti W on suljettu. 10 / 22 Todistus jatkoa 2 JosW ei ole Eulerin kierros, niin on olemassa viivaf = v i u E jollakinijaf / W. (G on yhtenäinen) Reitti e i+1 e i+2 e n e 1 e i f on pidempi kuinw Ristiriita reitinw valinnan suhteen. 11 / 22 5
Eulerin reitin olemassaolo Ed. lause Graafi, jonka jonkin pisteen aste on pariton, ei sisällä Eulerin kierrosta. Handshaking lemma Graafin parittoman asteen omaavien pisteiden lukumäärä on aina parillinen. Ei ole olemassa graafia jolla on vain yksi parittoman asteen omaava piste. 12 / 22 Eulerin reitin olemassaolo OlkoonG = (V,E) graafi, jossa on täsmälleen kaksi parittoman asteen omaavaa pistettäujav. G+e on uusi graafi (tai multigraafi), missäe = uv on uusi viiva Jokaisen graafing+episteen aste on parillinen G+e sisältää Eulerin kierroksen (ja tietenkin viivaeesiintyy siinä) Poistamalla tästä kierroksesta viivaesaadaan graafingeulerin reittiu v. 13 / 22 6
Eulerin reitti On todistettu: Lause 7.1.2. Yhtenäinen graafi (myös multigraafi) sisältää Eulerin reitin Graafi sisältää korkeintaan kaksi parittoman asteen omaavaa pistettä. 14 / 22 Königsberg Pisteiden A, B, C ja D aste on pariton. Königsbergin siltaongelmalle ei ole ratkaisua: 15 / 22 7
Eulerin graafin variaatioita Semieuleriaaninen (semi-eulerian) graafi: Sisältää Eulerin reitin, mutta ei Eulerin kierrosta. Kuljettavissa oleva (traversable) graafi: Sisältää Eulerin reitin tai Eulerin kierroksen. Seuraus 7.1.1. Yhtenäinen graafi (multigraafi) on semieuleriaaninen Graafi sisältää täsmälleen kaksi parittoman asteen omaavaa pistettä. Eulerin reitti alkaa toisesta parittoman asteen omaavasta pisteestä ja päättyy toiseen. 16 / 22 Esimerkki. Esimerkki. Allaoleva graafi on semieuleriaaninen. Eulerin reitti: b c d e f a b e 17 / 22 8
7.2. Postimiesongelma Eulerin kierroksen sovelluksia: postinkanto, lumenauraus, roska-auton kulkureitti jne. Yleisessä ongelmassa mukana viivapainot: Postimiesongelma (The Chinese Postman Problem):G = (V,E) painotettu graafi,paino:α : E R +. Ongelma: Löydettävä pisteestäu(posti) lähtevä suljettu kulkuw, joka sisältää kaikki graafingviivat (kadut) niin, että α(w) = α(e) e W on mahdollisimman pieni. Eulerin graafille Eulerin kierros on ongelman ratkaisu. Miten Eulerin kierros löydetään? 18 / 22 Fleuryn algoritmi Fleuryn algoritmi: v 0 G lähtöpiste jaw 0 v 0 :n triviaalipolku. Toistetaan seuraavaa niin pitkään kuin mahdollista i = 1, 2, 3,... W i = e 1 e 2 e i reitti,e j = v j 1 v j,j = 1,2,...i. Valitaane i+1 seuraavasti: (i)e i+1 e j aina kunj = 1,2,...,i (ii)v i one i+1 :sen päätepiste. (iii) Viivae i+1 ei ole graafing i = G {e 1,e 2,...,e i } silta, jos tällainen valinta on mahdollista. 19 / 22 9
Esimerkki Fleuryn algoritmista Esimerkki. Kaupungin osan kadut ovat allaolevan graafin mukaiset, kun viivat ovat katuja ja pisteet katujen risteyksiä. Posti on risteyksessäb. Voiko postimies jakaa postin kaikille kaupunginosan kaduille niin, että hän kulkee jokaisen kadun vain kerran? Jos voi, mikä on kulkureitti? 20 / 22 Ratkaisu Ratkaisu. Jokaisen pisteen aste parillinen. Eulerin kierros olemassa. Fleury: 0. v 1 = b W 0 = b 1.e 1 = ba, v 2 = a W 1 = b a 2.e 2 = ac, v 3 = c W 2 = b a c 3.e 3 = cg, v 4 = g W 3 = b a c g 4.e 4 = gd, v 5 = d W 4 = b a c g d 5.e 5 = dc, v 6 = c W 5 = b a c g d c jne. 21 / 22 10
Ratkaisu jatkoa G: a 1 b 2 3 g 7 f c 5 Kulku:b a c g d c f g b d f b d 22 / 22 11