ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΧΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ. ιακριτά Μαθηµατικά και Μαθηµατική Λογική ΠΛΗ20 Ε ρ γ α σ ί α 2η

Transcript

1 ιακριτά Μαθηµατικά και Μαθηµατική Λογική ΠΛΗ0 Ε ρ γ α σ ί α η

2 Ε ρ ω τ ή µ α τ α Ερώτηµα 1. (1) Να διατυπώστε αλγόριθµο που θα υπολογίζει το ν-οστό όρο της ακολουθίας a ν : ν = 1,,3,..., όπου a 1 = 1, a = και a ν+1 = a ν-1 a ν, v. Ο αλγόριθµος που υπολογίζει τον v-οστό όρο είναι ένας αναδροµικός αλγόριθµος (αφού ο κάθε όρος είναι το γινόµενο του αµέσως προηγούµενου και του προπροηγούµενού του): Είσοδος: Θετικός ακέραιος n 0 Έξοδος: a ν 1. Procedure Q1(n). If n=1 then return(1) 3. If n= then return() 4. If n > then k = Q1(n-1) * Q1(n-) 5. return(k) 6. end Q1 () Να εφαρµόσετε τον παρακάτω αναδροµικό αλγόριθµο στη λίστα QUICK(S) begin S =[5,, 4, 9, 3, 10, 6, 9, 3, 7, 4,, 15, 11, 6]. 1. αν η S περιέχει το πολύ ένα στοιχείο, τύπωσε τα στοιχεία της S διαφορετικά begin. Πάρε το πρώτο στοιχείο (έστω a) της S. 3. Χώρισε τη λίστα S σε τρεις υπολίστες S 1, S και S 3 που θα περιέχουν τα µικρότερα, ίσα, µεγαλύτερα στοιχεία του a, αντιστοίχως. 4. QUICK(S 1 ) 5. τύπωσε τα στοιχεία της S 6. QUICK(S3) end 1

3 end Τα βήµατα τα οποία θα εκτελεστούν περιγράφονται παρακάτω: 1. Quick(S) a=5 S 1 =[,4,4,3,3,] S =[5] S 3 =[9,10,6,9,7,15,11,6] Quick(S 1 ) (1.1) Print(S ) (Εκτύπωση 5) Quick(S 3 ) (1.) 1.1 Quick(S) (S=[,4,4,3,3,]) a= S 1 =[] S =[,] S 3 =[4,3,3,4] Quick(S 1 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Print(S ) (Εκτύπωση των,) Quick(S 3 ) (1.1.) 1.1. Quick(S) (S=[4,3,3,4]) a=4 S 1 =[3,3] S =[4,4] S 3 =[] Quick(S 1 ) (1.1..1) Print(S ) (Εκτύπωση των 4, 4) Quick(S 3 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου)

4 Quick(S) (S=[3,3]) a=4 S 1 =[] S =[3,3] S 3 =[] Quick(S 1 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Print(S ) (Εκτύπωση των 3,3) Quick(S 3 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) 1. Quick(S) (S=[9,10,6,9,7,15,11,6]) a=9 S 1 =[6,6,7] S =[9,9] S 3 =[10,15,11] Quick(S 1 ) (1..1) Print(S ) (Εκτύπωση των 9,9) Quick(S 3 ) (1..) 1..1 Quick(S) (S=[6,6,7]) a=6 S 1 =[] S =[6,6] S 3 =[7] Quick(S 1 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Print(S ) (Εκτύπωση των 6,6) Quick(S 3 ) (1..1.) Quick(S) (S=[7]) 3

5 a=7 S 1 =[] S =[7] S 3 =[] Quick(S 1 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Print(S ) (Εκτύπωση του 7) Quick(S 3 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) 1.. Quick(S) (S=[10,15,11]) a=10 S 1 =[] S =[10] S 3 =[15,11] Quick(S 1 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Print(S ) (Εκτύπωση του 10) Quick(S 3 ) (1...) 1... Quick(S) (S=[15,11]) a=15 S 1 =[11] S =[15] S 3 =[] Quick(S 1 ) (1...1) Print(S ) (Εκτύπωση του 15) Quick(S 3 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Quick(S) (S=[11]) a=11 S 1 =[] 4

6 S =[11] S 3 =[] Quick(S 1 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Print(S ) (Εκτύπωση του 11) Quick(S 3 ) (Καµία ενέργεια λόγω κενού συνόλου εισόδου) Για να καθορίσουµε την σειρά µε την οποία εκτελούνται τα βήµατα αυτά θα πρέπει να παρατηρήσουµε ότι η οποιαδήποτε κλήση µέσα από τον κώδικα που εκτελείται σε µια άλλη συνάρτηση έχει σαν αποτέλεσµα την τοποθέτηση της κληθείσας συνάρτησης στην κορυφή της στοίβας εκτέλεσης (stack), την εκτέλεση της κληθείσας συνάρτησης και κατόπιν την διαγραφή της από την στοίβα ώστε να συνεχίσει η εκτέλεση του κώδικα που την κάλεσε. Με βάση την παρατήρηση αυτή η στοίβα και η σειρά εκτέλεσης διαµορφώνονται ως εξής (το δεξιότερο µέρος είναι η κορυφή της στοίβας, οι εντολές Print εκτυπώνουν ένα αποτέλεσµα στην οθόνη και κατόπιν διαγράφονται από την στοίβα): (1) (1) (1.)(Print 5 )(1.1) (1) (1.) (Print 5 ) (1.1.)(Print,) (1) (1.) (Print 5 ) (1.1.) (1) (1.) (Print 5 ) (Print 4,4)(1.1..1) (1) (1.) (Print 5 ) (Print 4,4)(Print 3,3) (1) (1.) (Print 5 ) (Print 4,4) (1) (1.) (Print 5 ) (1) (1.) (1) (1..) (Print 9,9)(1..1) (1) (1..) (Print 9,9)(1..1.)(Print 6,6) (1) (1..) (Print 9,9)(1..1.) (1) (1..) (Print 9,9)(Print 7) (1) (1..) (Print 9,9) (1) (1..) (1) (1...) (Print 10) 5

7 (1) (1...) (1) (Print 15)(1...1) (1) (Print 15)(Print 11) (1) (Print 15) (1) Με βάση τα παραπάνω, η ακολουθία που θα εκτυπωθεί είναι η, 3,3 4,4 5 6,6 7 9, (3) Τι κάνει αυτός ο αλγόριθµος; Παρατηρείστε ότι η εκτυπωµένη ακολουθία, είναι η ακολουθία εισόδου ταξινοµηµένη κατά αύξουσα σειρά. Πράγµατι, ο παραπάνω αναδροµικός αλγόριθµος είναι ο αλγόριθµος ταξινόµησης QuickSort. Ερώτηµα. (1) ίδεται ένα απλό γράφηµα G µε n κορυφές. Το G έχει ένα κύκλo του Euler και το σύνολο των ακµών του είναι το µέγιστο δυνατό (µε κύκλο του Euler). Να υπολογιστεί το πλήθος των ακµών του (βλέπε ορισµό απλού γραφήµατος στο βιβλίο Γ. Βούρου σελ. 97). Κατ αρχήν πρέπει να παρατηρήσουµε ότι ο µέγιστος αριθµός ακµών ενός µη n( n 1) κατευθυνόµενου απλού γραφήµατος n κορυφών είναι (άσκηση Aυτοαξιολόγησης 4.1 (βιβλίο Α, Γ. Βούρου). Αυτό συµβαίνει µόνο στο πλήρες γράφηµα K n όπου κάθε µία από τις n κορυφές συνδέεται µε τις n-1 υπόλοιπες µέσω µιας ακµής (το γράφηµα είναι απλό, άρα δεν έχουµε ούτε παράλληλές ακµές ούτε βρόχους). Με βάση το θεώρηµα 4.1 (βιβλίο Α, Γ. Βούρου), για να περιέχει ένα γράφηµα G κύκλο Euler πρέπει να είναι συνδεόµενο (συνεκτικό) και ο βαθµός όλων των κορυφών να είναι άρτιος. (1) Έστω n=m+1 (δηλαδή το πλήθος των κορυφών του G είναι περιττό). Εξετάζουµε αν το πλήρες γράφηµα K m+1 (το οποίο έχει και τον µέγιστο αριθµό ακµών ανάµεσα σε όλα τα γραφήµατα µε n=m+1 κορυφές) µπορεί να περιέχει κύκλο Euler. Πράγµατι, το γράφηµα K m+1 είναι συνεκτικό και έχει βαθµό δ(v)=m για κάθε κορυφή v. Εποµένως περιέχει κύκλο Euler (αφού είναι συνεκτικό και ο βαθµός της κάθε κορυφής είναι άρτιος αριθµός). Αφού το γράφηµα είναι πλήρες, έχει 6

8 το µέγιστο αριθµό ακµών ανάµεσα σε όλα τα απλά γραφήµατα n κορυφών (µε ή χωρίς κύκλο Euler) οπότε σύµφωνα µε τα παραπάνω το µέγιστο πλήθος ακµών για n( n 1) γράφηµα που περιέχει κύκλο Euler και n περιττό είναι. () Έστω n=m (δηλαδή το πλήθος των κορυφών του G είναι άρτιο). Εξετάζουµε και πάλι αν το πλήρες γράφηµα K m (το οποίο έχει και τον µέγιστο αριθµό ακµών ανάµεσα σε όλα τα γραφήµατα µε n=m κορυφές) µπορεί να περιέχει κύκλο Euler. Το γράφηµα αυτό είναι µεν συνεκτικό αλλά κάθε κορυφή έχει βαθµό m-1 που είναι περιττός αριθµός. Για τον λόγο αυτό δεν µπορούµε να έχουµε κύκλο Euler στο πλήρες γράφηµα K m. Θα παραθέσουµε δύο τρόπους αποδείξεων για την εύρεση του γράφου µε τον µέγιστο αριθµό ακµών. 1 η Απόδειξη Προχωρούµε στην εξής κατασκευή: Από κάθε κορυφή του K m αφαιρούµε ακριβώς µια ακµή (δηλαδή, αν αφαιρέσουµε µια ακµή ΑΒ τότε δεν αφαιρούµε καµία επιπλέον ακµή από τα σηµεία Α και Β). Το γράφηµα που προκύπτει: (α) παραµένει συνεκτικό (για κάθε τετράδα σηµείων Α,Β,Γ, ενός πλήρους γραφήµατος µε n 4 ισχύει ότι, ανά τρία τα σηµεία της τετράδας σχηµατίζουν κύκλο. Άρα, αν αφαιρέσουµε δύο ακµές µε τον παραπάνω τρόπο, π.χ. την ακµή ΑΒ και την ακµή Γ, τότε για κάθε δύο σηµεία της τετράδας θα υπάρχει µονοπάτι που τα συνδέει) και (β) ο βαθµός κάθε σηµείου του γίνεται τώρα n- = άρτιος. Άρα αυτό το γράφηµα θα έχει κύκλο του Euler. Ο αριθµός των ακµών του γραφήµατος είναι όλες τις υπόλοιπες n-). n( n ) (κάθε κορυφή συνδέεται µε η Απόδειξη Θα κατασκευάσουµε επαγωγικά τον γράφο µε τον µέγιστο αριθµό ακµών που περιέχει κύκλο Euler. ιακρίνουµε λοιπόν τις εξής περιπτώσεις: (α) Αν m=0, τότε το γράφηµα G είναι το κενό γράφηµα και περιέχει τετριµµένα έναν κύκλο Euler. Το ζητούµενο µέγιστο πλήθος ακµών είναι 0. (b) Αν m=1, τότε το απλό γράφηµα G δυο κορυφών είναι το ο ο και δεν είναι δυνατό να περιέχει κύκλο (Euler ή άλλο). 7

9 (c) Αν m (n 4), τότε αποδεικνύουµε πρώτα ότι Για κάθε άρτιο n=m µε n 4, υπάρχει κάποιο γράφηµα G m µε n κορυφές, τέτοιο ώστε ( v V(G m ) δ(v)=n-) και (το G m είναι συνεκτικό). Η απόδειξη είναι µε επαγωγή στο m (όπου n=m). Για m=, το γράφηµα ικανοποιεί τους ισχυρισµούς, καθώς δ(v)=, για κάθε v, και το γράφηµα είναι προφανώς συνεκτικό. Υποθέτουµε ότι η πρόταση αληθεύει για κάποιο m και έστω ότι G είναι το αντίστοιχο γράφηµα µε m κορυφές καθεµία από τις οποίες έχει βαθµό m- και το οποίο είναι συνεκτικό. Εξετάζουµε την περίπτωση n = (m+1)=m+ κορυφών. Έστω λοιπόν G* το γράφηµα που προκύπτει προσθέτοντας δύο νέες κορυφές a,b στο G και όλες τις ακµές από τις a,b προς κάθε µια από τις κορυφές του γραφήµατος G. Τότε ο βαθµός κάθε κορυφής του G* είναι m: όλες οι υπάρχουσες κορυφές του G είχαν βαθµό m- και συνδέονται επιπρόσθετα και µε τις δύο νέες a,b (οπότε έχουµε βαθµό (m-)+=m) ενώ οι δύο νέες συνδέονται µε όλες τις m υπάρχουσες στον G. Για να είναι το G* συνεκτικό, πρέπει για οποιεσδήποτε δύο κορυφές του x και y να υπάρχει µονοπάτι που να τις συνδέει. Εξετάζω τις παρακάτω περιπτώσεις: i) Έστω x,y δύο κορυφές του G* που ανήκουν και στο G. Υπάρχει µονοπάτι που τις συνδέει αφού από την επαγωγική υπόθεση το G είναι συνεκτικό. ii) Έστω x,y δύο κορυφές του G* µε µία από αυτές να είναι από τις καινούριες, π.χ. a=x και η y ανήκει στο G. Εφόσον έχουµε προσθέσει ακµή από την a προς όλες τις κορυφές του G, συµπεραίνουµε ότι υπάρχει µονοπάτι που συνδέει την a και την y. iii) Έστω x,y δύο κορυφές του G* µε a=x και b=y. Τότε, παίρνοντας οποιαδήποτε κορυφή z του G, έχουµε το µονοπάτι a z b. Συνεπώς το G* είναι ένα συνεκτικό γράφηµα n=m+ κορυφών όπου κάθε κορυφή του έχει βαθµό n-. Ονοµάζουµε το γενικό γράφηµα n κορυφών (n=m) όπου κάθε κορυφή έχει βαθµό n-, G m. Με βάση την παραπάνω απόδειξη, το γράφηµα αυτό είναι συνεκτικό. Άρα, πληρείται η αρχική προϋπόθέση του Θεωρήµατος 4.1 (βιβλίο Α, Γ. Βούρου), ώστε το γράφηµα αυτό να έχει κύκλο Euler. Επιπλέον, στο γράφηµα αυτό η κάθε κορυφή έχει βαθµό n-=m-=(m-1) που είναι άρτιος αριθµός. Συνεπώς πληρείται και η δεύτερη 8

10 προϋπόθεση του θεωρήµατος 4.1 και το G m περιέχει κύκλο Euler. Είναι φανερό ότι το G m έχει τον µέγιστο αριθµό ακµών για γράφηµα µε m κορυφές που περιέχει κύκλο Euler. Οποιοδήποτε άλλο γράφηµα m κορυφών µε µεγαλύτερο αριθµό ακµών θα είχε κάποια(ες) κορυφή(ές) µε βαθµό m-1 (n-1) οπότε δεν θα περιείχε κύκλο Euler (αφού η κορυφή(ές) αυτή(ές) θα ήταν περιττού βαθµού). Ο αριθµός των ακµών n( n ) του G m είναι, που είναι συνεπώς ο µέγιστος αριθµός ακµών για γράφηµα n=m κορυφών ώστε αυτό να περιέχει κύκλο Euler. Σηµείωση Παρατηρήστε ότι η απόδειξη που δώσαµε µας δίνει µια αναδροµική τεχνική κατασκευής του γραφήµατος G m (m ). Για παράδειγµα, για n=6, σχεδιάζουµε το γράφηµα G 4 και προσθέτουµε δύο νέες κορυφές και τις αντίστοιχες ακµές, όπως περιγράφτηκε στην απόδειξη, ώστε έχουµε το G Κύκλος Euler στο G 6, π.χ. από την κορυφή 1, µπορεί να σχηµατιστεί επεκτείνοντας έναν κύκλο Euler του G 4, ως εξής: Από την 1 επισκεπτόµαστε οποιαδήποτε κορυφή του G 4, π.χ. την 3 Συνεχίζουµε διαγράφοντας ένα κύκλο Euler του G 4 και επιστρέφοντας στην 3 Από την 3 επισκεπτόµαστε την κορυφή Συνεχίζουµε µε τους κύκλους από τη σε κορυφή x του G 4, από την x στην 1, από την 1 σε κορυφή y του G 4 και από εκεί πίσω στη, έως ότου αποµείνει µία µόνον κορυφή z του G 4 που δεν έχουµε επισκεφτεί Ολοκληρώνουµε τον κύκλο Euler µε το µονοπάτι z 1 Η διαδικασία που περιγράψαµε καθορίζει τον κύκλο Euler 1(35463)41561, όπου σε παρένθεση θέσαµε τον κύκλο Euler του G 4. Το ίδιο µπορείτε να κάνετε και για το G 8, όπως υποδεικνύει το παρακάτω σχήµα: 9

11 () Εστω ένα απλό µη-κατευθυνόµενο γράφηµα G µε n κορυφές για το οποίο ισχύει: «το άθροισµα των βαθµών κάθε ζεύγους κορυφών του είναι µεγαλύτερο του n-». είξτε ότι το G είναι συνδεόµενο (συνεκτικό). Το αντίθετο ισχύει; εχόµαστε την υπόθεση της άσκησης και έστω ότι το G είναι µη συνεκτικό. Ενα γράφηµα µη συνεκτικό έχει τουλάχιστον δύο συνεκτικές συνιστώσες µε n 1 και n σηµεία αντίστοιχα (άρα n 1 +n n). Στη µια συνεκτική συνιστώσα, ο βαθµός κάθε σηµείου της είναι το πολύ n 1-1 και στην άλλη το πολύ n -1. Άρα, το γράφηµα G έχει τουλάχιστον δύο σηµεία που το άθροισµα των βαθµών τους είναι το πολύ n 1-1+ n -1 n-, άτοπο σύµφωνα µε την υπόθεση. Το αντίθετο (αν ένα γράφηµα είναι συνεκτικό τότε το άθροισµα κάθε ζεύγους κορυφών είναι µεγαλύτερο του n-) δεν ισχύει αφού είναι εύκολο να δοθεί ένα αντιπαράδειγµα. Θεωρείστε ένα γράφηµα µε την µορφή «κύκλου» όπου η κάθε κορυφή συνδέεται µε δύο µόνο άλλες (την «επόµενη» και την «προηγούµενη»). Κάθε κορυφή έχει βαθµό ενώ το άθροισµα των βαθµών δύο οποιονδήποτε κορυφών είναι 4. Αν το κυκλικό αυτό γράφηµα έχει π.χ. 50 κορυφές, τότε είναι συνεκτικό ενώ το άθροισµα των βαθµών δύο οποιονδήποτε κορυφών (4) είναι µικρότερο από n- (=48). (3) είξτε ότι σ ένα κατευθυνόµενο γράφηµα, το άθροισµα των εισερχοµένων βαθµών όλων των κορυφών ισούται µε το άθροισµα των εξερχοµένων βαθµών όλων των κορυφών Έστω G=(V,E) ένα κατευθυνόµενο γράφηµα. Έστω e k =(v i,v j ) µια οποιαδήποτε ακµή του µε κατεύθυνση από µια κορυφή v i σε µια κορυφή v j. Είναι φανερό ότι η e συνεισφέρει µία µονάδα στον εισερχόµενο βαθµό της v j (τον βαθµό που οφείλεται στις εισερχόµενες ακµές) και µία µονάδα στον εξερχόµενο βαθµό της v i (τον βαθµό που οφείλεται στις εξερχόµενες ακµές). Τελικά, η ύπαρξη της οποιαδήποτε ακµής e k αυξάνει ισόποσα (κατά ένα) τόσο το άθροισµα των εισερχόµενων βαθµών όσο και των εξερχόµενων βαθµών. Αν υποθέσουµε λοιπόν ότι το σύνολο των ακµών είναι το E={e 1 e n } όπου n o συνολικός αριθµός ακµών του G, τότε το άθροισµα των εισερχόµενων βαθµών και των εξερχόµενων βαθµών είναι ίσα µεταξύ τους και έχουν την τιµή n= E. 4 10

12 Ερώτηµα 3. Να υπολογιστεί το πλήθος των διαφορετικών κατά τις κορυφές απλών κύκλων στο γράφηµα K p (πλήρες και απλό µη-κατευθυνόµενο γράφηµα p κορυφών) αν ορίσουµε ότι: ύο κύκλοι καλούνται διαφορετικοί κατά τις κορυφές αν έχουν διαφορετικό σύνολο κορυφών (δηλαδή, διαφέρουν σε τουλάχιστον µια κορυφή). Θεωρούµε ότι διαφορετικές διατάξεις πάνω στο ίδιο σύνολο κορυφών δίνουν ίδιους κύκλους (για παράδειγµα, ο κύκλος 1341 λαµβάνεται ίδιος µε τον κύκλο 1341 και διαφορετικός από τον κύκλο 131). Για τον ορισµό του απλού κύκλου βλέπε το βιβλίο Γ. Βούρου σελ. 103). Με βάση τον παραπάνω ορισµό, όλοι οι κύκλοι διαφορετικού αριθµού κορυφών θεωρούνται διαφορετικοί κατά τις κορυφές αφού ο ένας περιέχει κορυφές που δεν περιέχει ο άλλος. Επίσης, µε βάση τον ορισµό µια οποιαδήποτε επιλογή k κορυφών µας δίνει ίδιους κύκλους (αφού π.χ. ο κύκλος 1341 είναι ίδιος µε τον κύκλο 1341). Επίσης, δύο διαφορετικές επιλογές k κορυφών «παράγουν» διαφορετικούς κύκλους (αφού διαφέρουν σε µία τουλάχιστον κορυφή που υπάρχει στην µία επιλογή και δεν υπάρχει στην άλλη). Άρα ο συνολικός αριθµός κύκλων Α που υπάρχει στον K p προκύπτει από τον τύπο: Α=C(ρ,3) + C(ρ,4) + C(ρ,5) + + C(ρ,ρ) (µόνο από τρεις κορυφές και πάνω µπορούµε να έχουµε κύκλο). Από τις ιδιότητες των γεννητριών συναρτήσεων γνωρίζουµε ότι ρ n = 0 n C( ρ, n) x = (1 + x) ρ Για x=1 παίρνουµε ότι ρ n= 0 C( ρ, n) = ρ Άρα έχουµε ότι Α=C(ρ,3) + C(ρ,4) + C(ρ,5) + + C(ρ,ρ) = ρ C(ρ,0)-C(ρ,1)- C(ρ,). Tο παραπάνω µας δίνει ότι Α = ρ ρ! ρ! 1 = 1!( ρ 1)!!( ρ )! ρ ρ! ρ! 1 = ( ρ 1)! ( ρ )! ρ ρ( ρ 1) 1 ρ Ερώτηµα 4. Εστω G=(V,E) ένα απλό µη-κατευθυνόµενο γράφηµα και e µιά ακµή του. Η e καλείται γέφυρα, αν δεν υπάρχει απλός κύκλος στο G που να την περιέχει (π.χ. στο παρακάτω γράφηµα οι ακµές x, y και z είναι γέφυρες). 11

13 z y x (1) είξτε ότι ένα γράφηµα G που όλες οι κορυφές του έχουν βαθµό 3 δεν µπορεί να έχει περιττό αριθµό κορυφών. Στην άσκηση Αυτοαξιολόγησης 4.7 (Βιβλίο Α, Γ. Βούρου) έχει δειχθεί ότι το άθροισµα των βαθµών των κορυφών οποιουδήποτε γραφήµατος είναι άρτιος αριθµός. Επειδή στο συγκεκριµένο ερώτηµα κάθε κορυφή έχει βαθµό 3, δεν µπορεί ο αριθµός των κορυφών να είναι κάποιος περιττός αριθµός (µορφής m+1) γιατί τότε το άθροισµα των βαθµών των κορυφών του γραφήµατος θα ήταν 3(m+1) = (3m+1) + 1, δηλαδή επίσης περιττός αριθµός που είναι άτοπο. () είξτε ότι ένα γράφηµα G που έχει µία γέφυρα και όλες οι κορυφές του έχουν βαθµό 3 δεν µπορεί να έχει άρτιο αριθµό κορυφών k, µε k 8. Θεωρούµε τα υπογραφήµατα G 1 και G που συνδέονται µέσω της γέφυρας. Αυτά θα έχουν αντίστοιχα τον εξής αριθµό σηµείων: 1,7 ή,6 ή 3,5 ή 4,4. Είναι εύκολο να δειχτεί ότι οι όλες οι περιπτώσεις αυτές είναι αδύνατες. Στις τρεις πρώτες ο βαθµός των κορυφών του G 1 είναι µικρότερος του 3. Στην τελευταία, είτε στον G 1 ή στον G υπάρχει κορυφή µε βαθµό γιατί αν είχε βαθµό 3 τότε κάποια άλλη κορυφή του υπογραφήµατος θα έπρεπε να έχει βαθµό 4 (βλ. και την κατασκευή του γράφου στο επόµενο ερώτηµα 4.3). (3) Κατασκευάστε ένα γράφηµα µε τον ελάχιστο δυνατό αριθµό κορυφών που να έχει µία γέφυρα και όλες οι κορυφές του να έχουν βαθµό 3 (για την κατασκευή λάβετε υπόψη σας τα ερωτήµατα 1 και ) Αφού υπάρχει ακµή e που είναι γέφυρα, έστω ότι αυτή εφάπτεται σε δύο κορυφές, τις v 1 και v. 1

14 V 1 e V Οι κορυφές αυτές έχουν βαθµό 1 ενώ θα έπρεπε να έχουν βαθµό 3. Έστω λοιπό ότι η κάθε µία συνδέεται και µε δύο άλλες κορυφές. Οι νέοι αυτοί γείτονες των v 1 και v δεν θα πρέπει να συνδέονται µεταξύ τους γιατί τότε η e δεν θα ήταν γέφυρα. V 1 e V Οι κορυφές αυτές έχουν βαθµό 1. Αν τις συνδέσουµε και µεταξύ τους (ψάχνουµε τον ελάχιστο δυνατό αριθµό κορυφών) αποκτούν βαθµό. Αφού πρέπει να έχουν βαθµό 3 υποχρεωτικά προσθέτουµε σε κάθε πλευρά της γέφυρας ακόµη µία κορυφή και τις ενώνουµε µε αυτήν. V 1 e V Η νέα κορυφή έχει βαθµό. εν µπορεί να συνδεθεί µε κάποια από τις υπάρχουσες κορυφές γιατί τότε αυτή θα αποκοτούσε βαθµό 4. Την «διπλασιάζουµε» και δίνουµε σε κάθε «αντίγραφο» από µία σύνδεση µε τις άλλες κορυφές (έτσι ώστε κάθε µία από τις άλλες κορυφές να διατηρήσει τον βαθµό της) και επίσης συνδέουµε τα δύο αντίγραφα µεταξύ τους και χιαστί µε τις άλλες κορυφές ώστε να φτάσουµε σε βαθµό 3. Για να διατηρήσουµε τον βαθµό των προηγούµενων κορυφών (των 13

15 γειτόνων των v 1 και v ) στο 3 και να µην αυξηθεί, καταργούµε και την µεταξύ τους ακµή. Το τελικό γράφηµα που προκύπτει, έχει συνολικά 10 κορυφές. V 1 e V Ερώτηµα 5. (1) Βρείτε ένα γράφηµα που έχει ένα κύκλο του Euler και ένα κύκλο του Hamilton. Οι πλήρεις γράφοι περιέχουν κύκλο Hamilton: Αριθµούµε τυχαία τις κορυφές του γράφου µε τα νούµερα 1,, n. Ξεκινάµε από την κορυφή 1, προχωράµε στην κορυφή, µετά στην 3 κ.ο.κ µέχρι να φτάσουµε στην n και από αυτήν πίσω στην 1. Σύµφωνα µε τον ορισµό, αυτός είναι ένα κύκλος Hamilton (αφού περιέχει όλες τις κορυφές του γράφου ακριβώς µία φορά την κάθε µία). Επιπρόσθετα οι πλήρεις γράφοι µονού αριθµού κορυφών (π.χ. Κ 7, Κ 9, Κ 11 κ.λ.π.) όπου όλες οι κορυφές έχουν ζυγό βαθµό (κάθε µία συνδέεται µε όλες τις υπόλοιπες n- 1) περιέχουν και κύκλο Euler (βλ. και ερώτηµα.1). () Βρείτε ένα γράφηµα που έχει ένα κύκλο του Euler αλλά δεν έχει κύκλο του Hamilton. To παραπάνω γράφηµα περιέχει έναν κύκλο Euler αλλά δεν περιέχει κύκλο Hamilton (δεν είναι δυνατόν να σχηµατίσουµε κύκλο ο οποίος θα περιέχει τις κορυφές του γραφήµατος µόνο µία φορά την κάθε µία). 14

16 (3) Βρείτε ένα γράφηµα που δεν έχει κύκλο του Euler αλλά έχει κύκλο του Hamilton. To παραπάνω γράφηµα περιέχει έναν κύκλο Hamilton αλλά δεν περιέχει κύκλο Euler (υπάρχει µία κορυφή του γραφήµατος που έχει µονό βαθµό). (4) Βρείτε ένα γράφηµα που δεν έχει ούτε κύκλο του Euler ούτε κύκλο του Hamilton. Το γράφηµα που κατασκευάστηκε στο Ερώτηµα 4.3 δεν περιέχει ούτε κύκλο Euler ούτε κύκλο Hamilton. Ερώτηµα 6. Βρείτε µιά κυκλική τοποθέτηση εννέα a, εννέα b και εννέα c τέτοια ώστε καθεµιά από τις 7 λέξεις µήκους 3 από το αλφάβητο {a,b,c} να εµφανίζεται ακριβώς µία φορά. (Υπόδειξη: Κατασκεύαστε τον αντίστοιχο γράφο debruijn). Για να κατασκευάσουµε τον αντίστοιχο γράφο DeBruijn σχηµατίζουµε κατ αρχήν όλες τις λέξεις µήκους οι οποίες θα είναι και οι κορυφές του γράφου: aa ba ca ab bb cb ac bc cc Για κάθε κορυφή, θα δηµιουργήσουµε τις ακµές που αντιστοιχούν στα γράµµατα a, b και c (µε χρώµατα πράσινο µπλε και µοβ αντίστοιχα). Το γράφηµα που προκύπτει είναι το ακόλουθο: 15

17 aa ab cc ac cb ba ca bb bc Κάθε ακµή ονοµάζεται µε βάση την κορυφή από την οποία ξεκινάει και το γράµµα µε το οποίο σχηµατίστηκε. Π.χ. η «µπλε» ακµή που ξεκινάει από την aa είναι η aab, η «µοβ» ακµή που ξεκινάει από την aa είναι η aac κ.λ.π. (έχουν παραληφθεί από το σχήµα οι ακµές που είναι βρόγχοι, δηλαδή η aaa, bbb και ccc). Παρατηρείστε ότι ο κατευθυνόµενος γράφος που έχει σχηµατιστεί είναι εξισορροπηµένος (ορισµός.4 Τόµου Β), δηλαδή στην κάθε κορυφή ο εξερχόµενος βαθµός είναι ίσος µε τον εισερχόµενο (και οι δύο έχουν την τιµή 3). Άρα ο κατευθυνόµενος αυτός γράφος πληροί το κριτήριο ώστε να περιέχει κύκλο Euler (Θεώρηµα.0, Τόµος Β). Η ζητούµενη κυκλική διάταξη είναι ένας κύκλος Euler πάνω στον γράφο αυτό. Για να βρούµε τον κύκλο αυτό ακολουθούµε την µεθοδολογία που περιγράφεται στο Λήµµα.15 του Βιβλίου Β (Μ. Μαυρονικόλα). Ένας τέτοιος κύκλος είναι o: (aa,aa), (aa,ab), (ab,bb), (bb,bb), (bb,bc), (bc,cc), (cc,cc), (cc,cb), (cb,ba), (ba,ac),(ac,ca),(ca,aa),(aa,ac),(ac,cb),(cb,bb),(bb,ba),(ba,ab),(ab,bc),(bc,cb),(cb,bc),(bc,ca),(ca,ac),(ac,cc),(cc,ca),(ca,ab),(ab,ba),(ba,aa) 16

18 Οπότε, η ζητούµενη κυκλική διάταξη είναι η: aaabbbcccbacaacbbabcbcaccab.. Ερώτηµα 7. (1) ίνεται το εξής Θεώρηµα: «Εστω G ένα απλό µη-κατευθυνόµενο γράφηµα n κορυφών. Αν το άθροισµα των βαθµών κάθε ζεύγους κορυφών στο G είναι µεγαλύτερο ή ίσο του n, τότε υπάρχει ένας κύκλος του Hamilton στο G». Το θεώρηµα εξασφαλίζει µιά ικανή αλλά όχι αναγκαία συνθήκη για την ύπαρξη κύκλου του Hamilton σ ένα γράφηµα. ηλαδή, υπάρχουν γραφήµατα µε n κορυφές που έχουν κύκλο του Hamilton, και το άθροισµα των βαθµών δύο κορυφών τους είναι µικρότερο του n. Εφαρµόζοντας το παραπάνω θεώρηµα, βρείτε το ελάχιστο πλήθος των ξεχωριστών κύκλων του Hamilton που µπορούµε να δηµιουργήσουµε σ ένα πλήρες, απλό και µη-κατευθυνόµενο γράφηµα n κορυφών. ύο κύκλοι είναι ξεχωριστοί αν όλες οι ακµές τους είναι διαφορετικές. Έστω το πλήρες γράφηµα G=(V,E) µε V =n. Οι κύκλοι Hamilton που αναζητούµε πρέπει να είναι ξεχωριστοί, δηλαδή να µην συµπίπτουν µεταξύ τους σε καµία ακµή. Υπενθυµίζουµε ότι ο κάθε κύκλος Hamilton πρέπει να περιλαµβάνει όλες τις κορυφές του G µία φορά ακριβώς την κάθε µία. Εργαζόµαστε ως εξής: Ο βαθµός της κάθε κορυφής στον πλήρη γράφο G είναι n-1 (αφού συνδέεται µε όλες τις υπόλοιπες). Άρα το άθροισµα των βαθµών κάθε ζεύγους κορυφών είναι n-. Θεωρούµε έναν κύκλο Hamilton στον G. Για κάθε κορυφή του γράφου που συµµετέχει στον κύκλο αυτό πρέπει να αφαιρούµε µία ακµή από τις γειτονικές της (αυτήν που θα χρησιµοποιήσουµε για να φτάσουµε στην κορυφή που είναι η επόµενη στο µονοπάτι) ώστε να µην χρησιµοποιηθεί σε κάποιον επόµενο κύκλο Hamilton. Άρα, ο κάθε κύκλος Hamilton αφαιρεί από τον βαθµό της κάθε κορυφής τον αριθµό (αφού από τον βαθµό της αφαιρείται τόσο η ακµή που χρησιµοποιήσαµε για να φτάσουµε στην κορυφή όσο και ακµή που χρησιµοποιούµε για να πάµε στην επόµενη), ενώ από οποιοδήποτε ζεύγος κορυφών (αφού όλες οι κορυφές συµµετέχουν στον κύκλο) αφαιρεί τον αριθµό 4 ( από την κάθε µία). Έτσι, αν υποθέσουµε ότι µε τον τρόπο αυτό έχουµε σχηµατίσει i κύκλους Hamilton, η συνολική µείωση του αθροίσµατος του βαθµού δύο οποιονδήποτε κορυφών είναι 4i. Το παραπάνω θεώρηµα (θεώρηµα του Ore) εξασφαλίζει ότι όσο το άθροισµα των βαθµών δύο οποιονδήποτε γειτονικών κορυφών παραµένει µεγαλύτερο του n, τότε υπάρχει στο γράφηµα κύκλος Hamilton. Με βάση λοιπόν το θεώρηµα, ο ελάχιστος εγγυηµένος αριθµός ξεχωριστών κύκλων Hamilton που µπορούµε να έχουµε είναι αυτός που προκύπτει αν διατηρήσουµε το άθροισµα βαθµών σε δύο οποιεσδήποτε 17

19 κορυφές µεγαλύτερο ή ίσο µε n. Άρα, όταν έχουµε δηµιουργήσει i ξεχωριστούς κύκλους Hamilton τέτοιους ώστε να έχουµε στο άθροισµα των βαθµών δύο κορυφών τιµή µικρότερη ή ίση του n-1, δηλαδή όταν n- 4i n-1 δεν µπορούµε πλέον να σχηµατίσουµε και νέο ξεχωριστό κύκλο Hamilton. Λύνοντας την παραπάνω ανισότητα ως προς το πλήθος των κύκλων i βρίσκουµε ότι αυτό ισχύει όταν i > n 1 4 Άρα ο ελάχιστος αριθµός διαφορετικών κύκλων Hamilton που µπορούµε να έχουµε είναι n 1 4. Μπορεί βέβαια στην πραγµατικότητα να υπάρχουν περισσότεροι από n 1 ξεχωριστοί κύκλοι Hamilton (η συνθήκη του θεωρήµατος Ore είναι ικανή αλλά 4 όχι αναγκαία). () Μιά παρέα 9 ατόµων τρώει καθηµερινά γύρω από ένα στρογγυλό τραπέζι. Σχεδιάζουν το γεύµα έτσι ώστε, οι γείτονες κάθε ατόµου (δεξιά και αριστερά του) να είναι διαφορετικοί σε κάθε γεύµα. Για πόσα γεύµατα θα γίνεται αυτό; Η γειτονία µεταξύ των 9 ατόµων µπορεί να συµβολιστεί από τον πλήρη γράφο K 9 όπου κορυφές του γράφου είναι οι 9 συµµετέχοντες και οι ακµές είναι οι δυνατότητες ενός συµµετέχοντα να γειτονεύει στο τραπέζι µε κάποιον άλλο (ο γράφος είναι πλήρης αφού όλοι µπορούν να γειτονέψουν µε όλους στο τραπέζι, χωρίς περιορισµό). Κάθε τοποθέτηση για γεύµα ισοδυναµεί µε έναν κύκλο Hamilton πάνω σε αυτόν τον γράφο (αφού ο κύκλος Hamilton περιλαµβάνει όλους τους συµµετέχοντες - κορυφές µία και µόνη φορά και δηµιουργεί µια κυκλική διάταξή τους πάνω στο τραπέζι). Το να θέλουµε να είναι διαφορετικοί και οι δύο γείτονες του κάθε ατόµου σε κάθε γεύµα, σηµαίνει ότι δεν θέλουµε καµία ακµή που έχει χρησιµοποιηθεί στον κύκλο Hamilton κάποιας ηµέρας να υπάρχει στον κύκλο Hamilton καµίας από τις επόµενες. Έτσι λοιπόν ψάχνουµε το ελάχιστο πλήθος όλων των ξεχωριστών (βλ. ορισµό ξεχωριστού κύκλου στο πρώτο σκέλος του ερωτήµατος) κύκλων Hamilton που µπορούν να προκύψουν από τον γράφο K 9. Με βάση τον τύπο που βρήκαµε στο 9 1 πρώτο σκέλος, υπάρχουν = 4 τουλάχιστον τέτοιοι κύκλοι στον K 9, άρα η τοποθέτηση γύρω από το τραπέζι ώστε το κάθε άτοµο να έχει διαφορετικούς γείτονες κάθε µέρα, µπορεί να γίνει εγγυηµένα για δύο τουλάχιστον ηµέρες. Αυτό µπορεί να υπολογιστεί και µε µια άµεση καταµέτρηση αφού όταν γίνει ο πρώτος κύκλος Hamilton κάθε κορυφή αποµένει µε βαθµό 6 και όταν γίνει ο δεύτερος κύκλος κάθε 18

20 κορυφή αποµένει µε βαθµό 4 οπότε και παύει να ισχύει το θεώρηµα του Ore γιατί δύο κορυφές µαζί έχουν βαθµό 8 που είναι µικρότερος του n=9. Μπορείτε επίσης να διαπιστώστε ότι το θεώρηµα του Ore δίνει πράγµατι τον ελάχιστο εγγυηµένο αριθµό κύκλων Hamilton στον γράφο αφού αν προσπαθήσετε να βρείτε όλους τους ξεχωριστούς κύκλους Hamilton στον K 9, αυτοί είναι τέσσερις. Ερώτηµα 8. ίδονται δύο απλά µη-κατευθυνόµενα γραφήµατα G 1 = (V 1, E 1 ) και G = (V, E ) (V 1, V είναι τα σύνολα κορυφών και E 1, E είναι τα σύνολα ακµών). Το γράφηµα G 1 [G ] = (V,E) καλείται σύνθεση των G 1, G και ορίζεται ως εξής (βλέπε παράδειγµα): (α) V = V 1 Χ V = {(a i, b j ) : a i єv 1 και b j єv }, και (β) Εστω c = (a i, b j ) και d = (a s, b t ) δύο κορυφές του V: υπάρχει η ακµή (c,d) єe [υπάρχει η ακµή (a i, a s ) єe 1 ] ή [a i =a s και υπάρχει η ακµή (b j, b t ) єe ]. a 1 b 1 (a 1,b 1 ) (a 1,b ) (a 1,b 3 ) b a b 3 (a,b 1 ) (a,b ) (a,b 3 ) G 1 G G 1 [G ] 19

21 (1) είξτε ότι: G 1 [G ] G [G 1 ]. Πράγµατι, παρατηρούµε τους παρακάτω γράφους G 1 και G και τα G 1 [G ] και G [G 1 ] που προκύπτουν. Είναι φανερό ότι πρόκειται για δύο διαφορετικά µεταξύ τους γραφήµατα. u (u 1,u ) (u 1,v ) (u 1,w ) (u,u 1 ) (u,v 1 ) u 1 v 1 v (v,u 1 ) (v,v 1 ) w (v 1,u ) (v 1,v ) (v 1,w ) (w,u 1 ) (w,v 1 ) G 1 G 1 G 1 [G ] G [G 1 ] Στην γενική περίπτωση, έστω οι κορυφές a i και a j στον G 1 οι οποίες είναι γειτονικές (υπάρχει η ακµή (a i,a j )) και οι κορυφές b i και b j στον G οι οποίες δεν είναι γειτονικές (δεν υπάρχει η ακµή (b i,b j )). Στον G 1 [G ] οι νέες κορυφές (a i,b i ) και (a j,b j ) θα συνδέονται µέσω ακµής γιατί υπάρχει η ακµή (a i, a j ) στον G 1. Αντίθετα, στον G [G 1 ] οι νέες κορυφές (b i,a i ) και (b j, a j ) δεν θα συνδέονται µέσω ακµής γιατί δεν πληρείται καµία από τις προϋποθέσεις δηµιουργίας της: 1. εν υπάρχει η ακµή (b i,b j ) στον G. Υπάρχει η ακµή (a i, a j ) στον G 1 αλλά b i b j () Να υπολογίσετε τα p = V και q = E (µε βάση τα p 1 = V 1, q 1 = E 1, p = V και q = E ). Είναι εύκολο να διαπιστώσει κανείς µε βάση τον ορισµό της σύνθεσης ότι p = p 1 p (αφού το σύνολο των κορυφών του νέου γράφου είναι το καρτεσιανό γινόµενο των συνόλων κορυφών των δύο γράφων που συµµετέχουν στην σύνθεση). Σε ότι αφορά τον αριθµό των ακµών, θα µετρήσουµε τις ακµές που δηµιουργούνται µε βάση τις δύο συνθήκες: Συνθήκη 1: υπάρχει η ακµή (c,d) єe [υπάρχει η ακµή (a i, a s ) єe 1 ] Έστω µια ακµή (a i, a s ) στο E 1 (σύνολο ακµών του G 1 ). Για κάθε µία από τις κορυφές a i, και a s δηµιουργούνται στον G 1 [G ] p νέες κορυφές (όσες και οι κορυφές του G ). Mε βάση την Συνθήκη 1, ανάµεσα στις p κορυφές που αντιστοιχούν στην a i (έχουν την a i σαν πρώτο µέλος του διατεταγµένου ζεύγους) και στις p κορυφές που αντιστοιχούν στην a s (έχουν την a s σαν πρώτο µέλος του διατεταγµένου ζεύγους) θα 0

22 προστεθούν p ακµές (λόγω της ύπαρξης της (ai, a s ) στο E 1 ). Αυτό συµβαίνει για p κάθε ακµή του E 1, άρα λόγω της Συνθήκης 1 θα έχουµε q p ακµές στον G1[G ]. 1 Συνθήκη : υπάρχει η ακµή (c,d) єe [a i =a s και υπάρχει η ακµή (b j, b t ) єe ] Για κάθε κορυφή του G 1 δηµιουργούνται p κορυφές στον G 1 [G ] (όσες και οι κορυφές του G ). Ανάµεσα στις p αυτές κορυφές, λόγω της Συνθήκης θα δηµιουργηθούν q ακµές (όλες όσες υπάρχουν στον G ). Άρα, από την Συνθήκη θα προστεθούν στον G 1 [G ] p 1 q νέες ακµές. Το σύνολο των ακµών του G 1 [G ] προκύπτει από το άθροισµα των ακµών που δηµιουργούνται από την κάθε συνθήκη, οπότε p = q1 p + p1 q Πράγµατι, θεωρείστε το παράδειγµα του πρώτου σχήµατος (G 1 [G ]): p 1 =, q 1 =1,p =3, q =. Τότε, p = = 13 Θεωρείστε τώρα το παράδειγµα του δεύτερου σχήµατος (G [G 1 ]): p 1 =3, q 1 =,p =, q =1. Τότε, p = = 11 1