哈密顿回路算法

概念：

哈密顿图：图G的一个回路，若它通过图的每一个节点一次，且仅一次，就是哈密顿回路。存在哈密顿回路的图就是哈密顿图。哈密顿图就是从一点出发，经过所有的必须且只能一次，最终回到起点的路径。图中有的边可以不经过，但是不会有边被经过两次。

与欧拉图的区别：欧拉图讨论的实际上是图上关于边的可行便利问题，而哈密顿图的要求与点有关。

判定：

一：Dirac定理（充分条件）

设一个无向图中有N个顶点，若所有顶点的度数大于等于N/2，则哈密顿回路一定存在。（N/2指的是⌈N/2⌉，向上取整）

二：基本的必要条件

设图G=《V， E》是哈密顿图，则对于v的任意一个非空子集S，若以|S|表示S中元素的数目，G-S表示G中删除了S中的点以及这些点所关联的边后得到的子图，则W（G-S）《=|S|成立。其中W（G-S）是G-S中联通分支数。

三：竞赛图（哈密顿通路）

N（N》=2）阶竞赛图一点存在哈密顿通路。

算法：

一：在Dirac定理的前提下构造哈密顿回路

过程：

1：任意找两个相邻的节点S和T，在其基础上扩展出一条尽量长的没有重复结点的路径。即如果S与结点v相邻，而且v不在路径S -》 T上，则可以把该路径变成v -》 S -》 T，然后v成为新的S.从S和T分别向两头扩展，直到无法继续扩展为止，即所有与S或T相邻的节点都在路径S -》 T上。

2：若S与T相邻，则路径S -》 T形成了一个回路。

3：若S与T不相邻，可以构造出来一个回路。设路径S -》 T上有k+2个节点，依次为S， v1， v2， 。。。， vk， T.可以证明存在节点vi（i属于［1， k］），满足vi与T相邻，且vi+1与S相邻。找到这个节点vi，把原路径变成S -》 vi -》 T -》 vi+1 -》 S，即形成了一个回路。

4：到此为止，已经构造出来了一个没有重复节点的的回路，如果其长度为N，则哈密顿回路就找到了。如果回路的长度小于N，由于整个图是连通的，所以在该回路上，一定存在一点与回路之外的点相邻。那么从该点处把回路断开，就变回了一条路径，同时还可以将与之相邻的点加入路径。再按照步骤1的方法尽量扩展路径，则一定有新的节点被加进来。接着回到路径2.

证明：

可利用鸽巢原理证明。

伪代码：

设s为哈密顿回路的起始点，t为哈密顿回路中终点s之前的点.ans［］为最终的哈密顿回路。倒置的意思指的是将数组对应的区间中数字的排列顺序方向。

1：初始化，令s = 1，t为s的任意一个邻接点。

2：如果ans［］中元素的个数小于n，则从t开始向外扩展，如果有可扩展点v，放入ans［］的尾部，并且t=v，并继续扩展，如无法扩展进入步骤3.

3：将当前得到的ans［］倒置，s和t互换，从t开始向外扩展，如果有可扩展点v，放入ans［］尾部，并且t=v，并继续扩展。如无法扩展进入步骤4.

4：如果当前s和t相邻，进入步骤5.否则，遍历ans［］，寻找点ans［i］，使得ans［i］与t相连并且ans［i +１］与ｓ相连，将从ans［i + 1］到t部分的ans［］倒置，t=ans［i +１］，进如步骤5.

5：如果当前ans［］中元素的个数等于n，算法结束，ans［］中保存了哈密顿回路（可看情况是否加入点s）。否则，如果s与t连通，但是ans［］中的元素的个数小于n，则遍历ans［］，寻找点ans［i］，使得ans［i］与ans［］外的一点（j）相连，则令s=ans［i - 1］，t = j，将ans［］中s到ans［i - 1］部分的ans［］倒置，将ans［］中的ans［i］到t的部分倒置，将点j加入到ans［］的尾部，转步骤2.

时间复杂度：

如果说每次到步骤5算一轮的话，那么由于每一轮当中至少有一个节点被加入到路径S -》 T中，所以总的轮数肯定不超过n轮，所以时间复杂度为O（n^2）。空间上由于边数非常多，所以采用邻接矩阵来存储比较适合。

代码：

const int maxN = 100;

inline void reverse（int arv［maxN + 7］， int s， int t）{//将数组anv从下标s到t的部分的顺序反向

int temp;

while（s 《 t）{

temp = arv［s］;

arv［s］ = arv［t］;

arv［t］ = temp;

s++;

t--;

}

}

void Hamilton（int ans［maxN + 7］， bool map［maxN + 7］［maxN + 7］， int n）{

int s = 1， t;//初始化取s为1号点

int ansi = 2;

int i， j;

int w;

int temp;

bool visit［maxN + 7］ = {false};

for（i = 1; i 《= n; i++） if（map［s］［i］） break;

t = i;//取任意邻接与s的点为t

visit［s］ = visit［t］ = true;

ans［0］ = s;

ans［1］ = t;

while（true）{

while（true）{//从t向外扩展

for（i = 1; i 《= n; i++）{

if（map［t］［i］ && ！visit［i］）{

ans［ansi++］ = i;

visit［i］ = true;

t = i;

break;

}

}

if（i 》 n） break;

}

w = ansi - 1;//将当前得到的序列倒置，s和t互换，从t继续扩展，相当于在原来的序列上从s向外扩展

i = 0;

reverse（ans， i， w）;

temp = s;

s = t;

t = temp;

while（true）{//从新的t继续向外扩展，相当于在原来的序列上从s向外扩展

for（i = 1; i 《= n; i++）{

if（map［t］［i］ && ！visit［i］）{

ans［ansi++］ = i;

visit［i］ = true;

t = i;

break;

}

}

if（i 》 n） break;

}

if（！map［s］［t］）{//如果s和t不相邻，进行调整

for（i = 1; i 《 ansi - 2; i++）//取序列中的一点i，使得ans［i］与t相连，并且ans［i+1］与s相连

if（map［ans［i］］［t］ && map［s］［ans［i + 1］］）break;

w = ansi - 1;

i++;

t = ans［i］;

reverse（ans， i， w）;//将从ans［i +１］到ｔ部分的ans［］倒置

}//此时s和t相连

if（ansi == n） return;//如果当前序列包含n个元素，算法结束

for（j = 1; j 《= n; j++）{//当前序列中元素的个数小于n，寻找点ans［i］，使得ans［i］与ans［］外的一个点相连

if（visit［j］） continue;

for（i = 1; i 《 ansi - 2; i++）if（map［ans［i］］［j］）break;

if（map［ans［i］］［j］） break;

}

s = ans［i - 1］;

t = j;//将新找到的点j赋给t

reverse（ans， 0， i - 1）;//将ans［］中s到ans［i-1］的部分倒置

reverse（ans， i， ansi - 1）;//将ans［］中ans［i］到t的部分倒置

ans［ansi++］ = j;//将点j加入到ans［］尾部

visit［j］ = true;

}

}

二：N（N》=2）阶竞赛图构造哈密顿通路

N阶竞赛图：含有N个顶点的有向图，且每对顶点之间都有一条边。对于N阶竞赛图一定存在哈密顿通路。

数学归纳法证明竞赛图在n 》= 2时必存在哈密顿路：

（1）n = 2时结论显然成立；

（2）假设n = k时，结论也成立，哈密顿路为V1， V2， V3， 。。。， Vk;

设当n = k+1时，第k + 1个节点为V（k+1），考虑到V（k+1）与Vi（1《=i《=k）的连通情况，可以分为以下两种情况。

1:Vk与V（k+1）两点之间的弧为《Vk， V（k+1）》，则可构造哈密顿路径V1， V2，…， Vk， V（k+1）。

2:Vk与V（k+1）两点之间的弧为《V（k+1），Vk》，则从后往前寻找第一个出现的Vi（i=k-1，i》=1，--i），满足Vi与V（k+1）之间的弧为《Vi，V（k+1）》，则构造哈密顿路径V1， V2， …， Vi， V（k+1）， V（i+1）， …， V（k）。若没找到满足条件的Vi，则说明对于所有的Vi（1《=i《=k）到V（k+1）的弧为《V（k+1），V（i）》，则构造哈密顿路径V（k+1）， V1， V2， …， Vk.证毕。

竞赛图构造哈密顿路时的算法同以上证明过程。

用图来说明：

假设此时已经存在路径V1 -》 V2 -》 V3 -》 V4，这四个点与V5的连通情况有16种，给定由0/1组成的四个数，第i个数为0代表存在弧《V5，Vi》，反之为1，表示存在弧《Vi，V5》

sign［］={0， 0， 0， 0}。

很显然属于第二种情况，从后往前寻找不到1，即且不存在弧《Vi， V5》。

则构造哈密顿路：V5 -》 V1 -》 V2 -》 V3 -》 V4.

sign［］={0， 0， 0， 1}。

属于第一种情况，最后一个数字为1，即代表存在弧《Vi， V5》且i=4（最后一个点）

则构造哈密顿路： V1 -》 V2 -》 V3 -》 V4 -》 V5.

sign［］={0， 0， 1， 0}。

属于第二种情况，从后往前找到1出现的第一个位置为3.

构造哈密顿路： V1 -》 V2 -》 V3 -》 V5 -》 V4.

sign［］={0， 0， 1， 1}。

属于第一种情况，最后一个数字为1，即代表存在弧《Vi， V5》且i=4（最后一个点）

则构造哈密顿路： V1 -》 V2 -》 V3 -》 V4 -》 V5.

sign［］={0， 1， 0， 0}。

属于第二种情况，从后往前找到1出现的第一个位置为2.

构造哈密顿路： V1 -》 V2 -》 V5 -》 V3-》 V4.

sign［］={0， 1， 0， 1}。

属于第一种情况，最后一个数字为1，即代表存在弧《Vi， V5》且i=4（最后一个点）

则构造哈密顿路：V1 -》 V2 -》 V3 -》 V4 -》 V5.（就不举末尾为1的栗子了~~）

sign［］={1， 0， 1， 0}。

属于第二种情况，从后往前找到1出现的第一个位置为3.

构造哈密顿路： V1 -》 V2 -》 V3 -》 V5-》 V4.

sign［］={1， 1， 1， 0}。

属于第二种情况，从后往前找到1出现的第一个位置为3.

构造哈密顿路： V1 -》 V2 -》 V3 -》 V5-》 V4.

sign［］={1， 1， 1， 1}。

同样最后一位为1，代表存在《Vi， V5》且i=4（最后一位）

则构造哈密顿路：V1 -》 V2 -》 V3 -》 V4 -》 V5.以上是当N=4时（N+1=5），用图来阐述算法的过程。

注意从后往前找不是找这个点编号之前的点，即不是按照编号来的，而是按照当前哈密顿序列从后往前找的。举个栗子：

4

2 1

1 3

3 2

4 1

4 2

4 3

第一步ans={1}

第二步ans={2，1}

第三步sign={0， 1}（map［3］［2］ = 0，map［3］［1］ = 1，当前序列为2，1） ，而不是{1， 0}（1，2），因为存在弧《V1， V3》和《V3， V2》。这里需要注意下。

代码：

#include 《iostream》

#include 《cmath》

#include 《cstdio》

#include 《cstring》

#include 《cstdlib》

#include 《algorithm》

#include 《queue》

#include 《stack》

#include 《vector》

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxN = 200;

//The arv［］ length is len， insert key befor arv［index］

inline void Insert（int arv［］， int &len， int index， int key）{

if（index 》 len） index = len;

len++;

for（int i = len - 1; i 》= 0; --i）{

if（i ！= index && i）arv［i］ = arv［i - 1］;

else{arv［i］ = key; return;}

}

}

void Hamilton（int ans［maxN + 7］， int map［maxN + 7］［maxN + 7］， int n）{

int ansi = 1;

ans［ansi++］ = 1;

for（int i = 2; i 《= n; i++）{//第一种情况，直接把当前点添加到序列末尾

if（map［i］［ans［ansi - 1］］ == 1）

ans［ansi++］ = i;

else{

int flag = 0;

for（int j = ansi - 2; j 》 0; --j）{//在当前序列中，从后往前找到第一个满足条件的点j，使得存在《Vj，Vi》且《Vi， Vj+1》。

if（map［i］［ans［j］］ == 1）{//找到后把该点插入到序列的第j + 1个点前。

flag = 1;

Insert（ans， ansi， j + 1， i）;

break;

}

}

if（！flag）Insert（ans， ansi， 1， i）;//否则说明所有点都邻接自点i，则把该点直接插入到序列首端。

}

}

}

int main（）

{

//freopen（“input.txt”， “r”， stdin）;

int t;

scanf（“%d”， &t）;

while（t--）{

int N;

scanf（“%d”， &N）;

int M = N * （N - 1） / 2;

int map［maxN + 7］［maxN + 7］ = {0};

for（int i = 0; i 《 M; i++）{

int u， v;

scanf（“%d%d”， &u， &v）;

//map［i］［j］为1说明j 《 i，且存在弧《Vi， Vj》，因为插入时只考虑该点之前的所有点的位置，与之后的点没有关系。所以只注重该点与其之前的点的连通情况。

if（u 《 v）map［v］［u］ = 1;

}

int ans［maxN + 7］ = {0};

Hamilton（ans， map， N）;

for（int i = 1; i 《= N; i++）

printf（i == 1 ？ “%d”：“ %d”， ans［i］）;

printf（“ ”）;

}

return 0;

}

代码2:void Hamilton（int ans［maxN + 7］， int map［maxN + 7］［maxN + 7］， int n）{

int nxt［maxN + 7］;

memset（nxt， -1， sizeof（nxt））;

int head = 1;

for（int i = 2; i 《= n; i++）{

if（map［i］［head］）{

nxt［i］ = head;

head = i;

}else{

int pre = head， pos = nxt［head］;

while（pos ！= -1 && ！map［i］［pos］）{

pre = pos;

pos = nxt［pre］;

}

nxt［pre］ = i;

nxt［i］ = pos;

}

}

int cnt = 0;

for（int i = head; i ！= -1; i = nxt［i］）

ans［++cnt］ = i;

}

代码三：

void Hamitton（bool reach［N + 7］［N + 7］， int n）

{

vector 《int》 ans;

ans.push_back（1）;

for（int i=2;i 《= n;i++）

{

bool cont = false;

for（int j=0;j《（int）ans.size（）-1;j++）

if（reach［ ans［j］ ］［i］ && reach［i］［ ans［j+1］ ］）

{

ans.insert（ans.begin（）+j+1，i）;

cont = true;

break;

}

if（cont）

continue;

if（reach［ ans.back（） ］［i］）

ans.push_back（i）;

else

ans.insert（ans.begin（），i）;

}

for（int i=0;i《n;i++）

printf（“%d%c”，ans［i］，i==n-1？‘ ’：‘ ’）;

}