@ §6中国邮递员问题 →6.1欧拉图 欧拉图问题起源与著名的哥尼斯堡七桥问题，它的 实质是如何判断一个连通图能否一笔不重复地画出。这 个问题是由大数学家欧拉解决的，所以称为欧拉图问题。 力 定义：给一个连通多重图G,若存在一条链（圈） 过每边一次且仅一次，则称这条链（圈）为欧拉链 (圈)。 定义：一个图如果存在欧拉圈，则称之为欧拉图。 显然，一个图若能一笔不重复地画出，则这个图就是 欧拉图或含有欧拉链。 定理：连通多重图G是欧拉图，当且仅当图中无奇 点
§6 中国邮递员问题 6.1 欧拉图 欧拉图问题起源与著名的哥尼斯堡七桥问题，它的 实质是如何判断一个连通图能否一笔不重复地画出。这 个问题是由大数学家欧拉解决的，所以称为欧拉图问题。 定义：给一个连通多重图G，若存在一条链（圈） 过每边一次且仅一次，则称这条链（圈）为欧拉链 （圈）。 定义：一个图如果存在欧拉圈，则称之为欧拉图。 显然，一个图若能一笔不重复地画出，则这个图就是 欧拉图或含有欧拉链。 定理：连通多重图G是欧拉图，当且仅当图中无奇 点
这个定理的结论是显然的，因为欧拉图从某一点出 发又回到原来的出发点，这就要求与每个顶点相关联的 边数应是偶数，从而才能保证从一条边进入该点，从与 该点相关联的另一条边出去。 推论：连通多重图G有欧拉链，当且仅当G恰有两 个奇点。 上面的定理和推论提供了识别一个图能否一笔不重 复画出的简单方法。如图7-18，有两个奇点，所以能 笔不重复地画出，从奇点，开始一笔画到奇点y,。 V V V2 V4 06 图7-18
这个定理的结论是显然的，因为欧拉图从某一点出 发又回到原来的出发点，这就要求与每个顶点相关联的 边数应是偶数，从而才能保证从一条边进入该点，从与 该点相关联的另一条边出去。 推论：连通多重图G有欧拉链，当且仅当G恰有两 个奇点。 上面的定理和推论提供了识别一个图能否一笔不重 复画出的简单方法。如图7-18，有两个奇点，所以能一 笔不重复地画出，从奇点v2开始一笔画到奇点v5 。 图7-18 · · v1 v2 v3 v4 v5 v6
6.2中国邮递员问题 邮递员每次要走遍他所负责街区的每一条道路，投递 完毕后仍须回到邮局，他应走什么路线才能使总路程最短 这个问题是由我国山东师范学院管梅谷教授在1962年首次 提出的，所以国际上通称为中国邮递员问题。 中国邮递员问题可以抽象为一个连通图，每个边都有 一个非负权数，试求一个圈，过每边至少一次，并使圈的 总权数最小。 解此问题的基本思路是：若街区路无奇点，显然按欧 拉图定理可以不重复地走遍所有街道回到出发位置。如果 图中有奇点，每边只走一次又回到出发点是不可能的。如 果要回到原地就得走些重复路，也就是在原来的街区图上 添加一些边，使有奇点的图转换成无奇点的图。由于我们 要求总权数最小，所以必须寻找使新增加的边的总权数最 小的方案。我们称增加重复边使图中无奇点的方案为可行 方案，称总权数最小的方案为最优方案
6.2 中国邮递员问题 邮递员每次要走遍他所负责街区的每一条道路，投递 完毕后仍须回到邮局，他应走什么路线才能使总路程最短。 这个问题是由我国山东师范学院管梅谷教授在1962年首次 提出的，所以国际上通称为中国邮递员问题。 中国邮递员问题可以抽象为一个连通图，每个边都有 一个非负权数，试求一个圈，过每边至少一次，并使圈的 总权数最小。 解此问题的基本思路是：若街区路无奇点，显然按欧 拉图定理可以不重复地走遍所有街道回到出发位置。如果 图中有奇点，每边只走一次又回到出发点是不可能的。如 果要回到原地就得走些重复路，也就是在原来的街区图上 添加一些边，使有奇点的图转换成无奇点的图。由于我们 要求总权数最小，所以必须寻找使新增加的边的总权数最 小的方案。我们称增加重复边使图中无奇点的方案为可行 方案，称总权数最小的方案为最优方案
般先确定一个可行方案，然后不断改善可行方案 就能求出最优方案。具体作法如下： 1.确定可行方案 一个连通图中，若有奇点，则奇点个数必为偶数。 把奇点配对后，沿连接每对奇点的链增加重复边，则新 图中没有奇点，这样，带有重复边的新图就是可行方案。 2.调整可行方案 可以证明最优方案具有下述两条性质，并可以按这 两条性质不断调整可行方案，直至获得最优方案。 (1)最优方案中，每一条边上最多有一条重复边。 如果可行方案中，某条边重复边多于一条，则可以 成对减去重复边，直至满足该性质。 (2)最优方案的图中，每个圈上的重复边权数之和不 大于该圈总权数的一半。否则，将该圈上的重复边去掉
一般先确定一个可行方案，然后不断改善可行方案 就能求出最优方案。具体作法如下： 1.确定可行方案 一个连通图中，若有奇点，则奇点个数必为偶数。 把奇点配对后，沿连接每对奇点的链增加重复边，则新 图中没有奇点，这样，带有重复边的新图就是可行方案。 2.调整可行方案 可以证明最优方案具有下述两条性质，并可以按这 两条性质不断调整可行方案，直至获得最优方案。 ⑴最优方案中，每一条边上最多有一条重复边。 如果可行方案中，某条边重复边多于一条，则可以 成对减去重复边，直至满足该性质。 ⑵最优方案的图中，每个圈上的重复边权数之和不 大于该圈总权数的一半。否则，将该圈上的重复边去掉
给圈上原来没有重复边的边加上重复边，则图中仍无奇 点，而且重复边的总权数下降。 例7求如图7-19所示的街路的中国邮递员问题。 3 V; 4 Vs 3 2 2 V2 1 Vo 4 图7-19 解：图中有四个奇点v,V。,将它们配对，V,为一对， v。为一对。沿[v,,]增加重复边，沿[4，，]增加重复边， 得可行方案如图7-20所示
给圈上原来没有重复边的边加上重复边，则图中仍无奇 点，而且重复边的总权数下降。 例7 求如图7-19所示的街路的中国邮递员问题。 图7-19 v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 v8 1 1 1 3 3 2 2 4 4 4 解：图中有四个奇点v3v4v5v6 ，将它们配对，v3v5 为一对， v4v6 为一对。沿[v3，v5]增加重复边，沿[v4，v6]增加重复边， 得可行方案如图7-20所示
0 3 V: 4 Vs 3 2 2 4 V4 4 08 图7-20 在圈(，wV,,W)上，重复边权数之和为5，大于该圈总权数 8的一半。故按性质(2)调整，将该圈上的重复边去掉，给圈上原 来没有重复边的边[v,,[v,v,加上重复边，调整结果如图 7-21所示
图7-20 v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 v8 1 1 1 3 3 2 2 4 4 4 在圈（v3v4v6v5v3）上，重复边权数之和为5，大于该圈总权数 8的一半。故按性质⑵调整，将该圈上的重复边去掉，给圈上原 来没有重复边的边[v3，v4 ]，[v5，v6 ]加上重复边，调整结果如图 7-21所示
V; 4 Vs 3 2 2 V2 4 4 Vs 图7-21 检查图7-21，该方案无奇点，而且满足最优解的性质(1)、(2)， 于是图7-21已是最优方案，重复边总权数为3。 以上介绍的求最优邮递路线的方法，通常称为奇偶点图上作 业法。该方法的困难在于检查图中的每一个圈，当图中点数、边 数较大时，圈的个数将会很多
图7-21 v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 v8 1 1 1 3 3 2 2 4 4 4 检查图7-21，该方案无奇点，而且满足最优解的性质⑴、⑵， 于是图7-21已是最优方案，重复边总权数为3。 以上介绍的求最优邮递路线的方法，通常称为奇偶点图上作 业法。该方法的困难在于检查图中的每一个圈，当图中点数、边 数较大时，圈的个数将会很多
第七章作业 +P137:2 +P137:4 +P139:91) →P140:11 →P140:13
第 七 章 作 业 P137：2 P137：4 P139：9⑴ P140：11 P140：13
