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MC878 Teoria e Aplicacao de GrafosMO405 Teoria dos Grafos

Orlando Lee — IC-UNICAMP

18 de maio de 2020

Orlando Lee — IC-UNICAMP MC878/MO405 Teoria dos Grafos 18 de maio de 2020 1 / 69

Sobre o presente material. . .

Esses slides foram preparados pelo Prof. Orlando Lee para asdisciplinas conjuntas MO405 Teoria dos Grafos e MC878 Teoria eAplicacoes de Grafos no Instituto de Computacao da UNICAMP,Brasil.

Este material nao deve ser a unica fonte de estudos e recomendo oacompanhamento (mesmo que parcial) de um livro indicado nasreferencias. Eis alguns dos motivos:

◮ o texto nos slides e extremamente resumido e a principal funcao delesfoi ajudar o docente a organizar a apresentacao de conceitos e ideias demaneira sucinta e rapida (sem lousa);

◮ em um livro o autor teve muito mais tempo de pensar em comoescrever um texto para transmitir a ideia de uma prova ou um conceitode maneira bem mais adequada ao estudante que esta aprendendo.


Referencias

Estes slides nao seguem estritamente nenhum dos livros indicados nasreferencias no site. Entretanto, durante sua preparacao os seguintes livrosforam os mais consultados:

BM76 Bondy, J. A. and Murty, U. S. R., Graph Theory with

Applications, American Elsevier, New York, 1976.

BM08 Bondy, J. A. and Murty, U. S. R., Graph Theory, Springer,2008.

West96 West, D. B., Introduction to Graph Theory, PrenticeHall,1996.


Digrafos

Um digrafo (grafo orientado/direcionado) e uma tripla D = (V ,A, ψ) naqual:

1 V e um conjunto de elementos chamados vertices,

2 A e um conjunto de elementos chamados arcos/arestas e

3 ψ e uma funcao que associa cada elemento de A a um par ordenadode elementos de V .

Exemplo:

1 V = {u, v ,w , x , y , z},

2 A = {a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9, a10},

3a a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

ψ(a) (x , y) (x , y) (z , v) (v , z) (v , y) (u, v) (u, x) (u, u) (v ,w) (y , z)


Desenho de digrafos

a a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10ψ(a) (x , y) (x , y) (z , v) (v , z) (v , y) (u, v) (u, x) (u, u) (v ,w) (y , z)

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10

Figura: Desenho de um digrafo D.


Digrafos

Para um digrafo D = (V ,A, ψ),

1 V e chamado conjunto de vertices de D,

2 A e chamado conjunto de arcos/arestas de D e

3 ψ e chamado funcao de incidencia de D.

Muitas vezes, escreveremos simplesmente digrafo D ficando implıcito queD = (V (D),A(D), ψD).

Observacao: neste curso suporemos que V e A sao sempre finitos.


Arcos em digrafos

Escrevemos a = (u, v) se ψ(a) = (u, v).

Neste caso, dizemos que u e o inıcio (cauda) e v e o final (cabeca) doarco a.

Dizemos que u e v sao os extremos de a e que u e v sao ligados por a.

Dizemos que u domina v e que v e dominado por u.

Dizemos que a sai/parte de u e entra/chega em v .

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10


Lacos

Um arco a e um laco se existe algum vertice u tal que ψ(a) = (u, u), ouseja, tem inıcio e final identicos.

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10


Arcos multiplos/paralelos

Dois arcos a e b sao multiplos ou paralelos se ψ(a) = ψ(b), ou seja, tem omesmo inıcio e mesmo final.

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10

Observacao: note que a3 e a4 nao sao paralelos.


Digrafos estritos

1 Um digrafo D e estrito se nao possui lacos nem arcos paralelos.

2 Em um digrafo estrito, um arco e totalmente identificado por seusextremos.

3 Assim, e usual pensar em um arco de um digrafo estrito como um parordenado de vertices.

u

v

w

x y

z

a1

a3

a4

a5

a6

a7

a9

a10


Notacao

1 Muitas vezes definimos um digrafo como um par D = (V ,A)deixando implıcita a funcao de incidencia, interpretando cada arcocomo um par ordenado de vertices.

2 Podemos entao escrever (u, v) ∈ A significando que existe um arcocom inıcio u e final v em D.

3 Isto nao apresenta problemas se D e estrito, mas pode causarconfusao em grafos nao-simples.

Usaremos tambem as seguintes notacoes:

1 n(D) e o numero de vertices de D e

2 m(D) e o numero de arcos de D.

Quando D esta claro dentro do contexto, podemos escrever n e m

simplesmente.


Grau de saıda

O grau de saıda de um vertice v em D, denotado por d+D (v), e o numero

de arcos que saem de v .

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10

u v w x y z

d+d ( ) 2 3 0 3 1 1


Grau de entrada

O grau de entrada de um vertice v em D, denotado por d−

D (v), e onumero de arcos que entram em v .

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10

u v w x y z

d−

d ( ) 2 2 1 0 3 2


Graus e arcos

Teorema. Para todo digrafo D = (V ,A) temos que

∑

v∈V

d+D (v) =

∑

v∈V

d−

D (v) = |A|.

Prova. (Contagem)Considere um arco qualquer de D, digamos a = (u, v). Ela e contadaexatamente uma vez em cada uma das expressoes. Logo, as identidadesvalem.


Graus mınimo e maximo

1 O grau mınimo de saıda de um digrafo D, denotado por δ+(D) e omenor valor dos graus dos vertices de D, ou seja,

δ+(D) := min{d+D (v) : v ∈ V (G )}.

2 O grau maximo de saıda de um digrafo D, denotado por ∆+(D) e omaior valor dos graus dos vertices de D, ou seja,

∆+(D) := max{d+D (v) : v ∈ V (G )}.

3 O grau mınimo de entrada δ−(D) e o grau maximo de entrada∆−(D) sao definidos de modo analogo.


Vizinhanca de saıda

1 A vizinhanca de saıda de um vertice u em D e definida por

N+D (u) := {v ∈ V : (u, v) ∈ A}.

Ou seja, e o conjunto dos vertices dominados por u.

2 Na figura, N+D (v) = {y ,w , z} e N+

D (u) = {u, v}.

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10


Vizinhanca de entrada

1 A vizinhanca de entrada de um vertice u em D e definida por

N−

D (u) := {v ∈ V : (v , u) ∈ A}.

Ou seja, e o conjunto dos vertices que dominam u.

2 Na figura, N−

D (v) = {u, z} e N−

D (u) = {u, x}.

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10


Digrafo reverso

O digrafo reverso (inverso, transposto) de um digrafo D, denotado por←−D ,

e o digrafo obtido de D invertendo-se as orientacoes de todos seus arcos.

D←−D


Dualidade direcional (a.k.a. simetria)

Princıpio da Dualidade Direcional. Qualquer afirmacao sobre um digrafo D

tem uma afirmacao “dual”, obtida aplicando-se a afirmacao ao digrafo

reverso←−D e a reinterpretando em termos do digrafo original D.

Exemplo: A afirmacao

Lema. Se D e um digrafo com δ+(D) ≥ 1, entao D contem um ciclo.

tem como afirmacao dual

Lema. Se D e um digrafo com δ−(D) ≥ 1, entao D contem um ciclo.


Conceitos de grafos estendidos para digrafos

Muitos conceitos vistos para grafos podem ser estendidos de modonatural para digrafos e nao apresentaremos todos.

Por exemplo: remocao de (conjunto de) vertices/arcos, subdigrafos(induzidos), superdigrafos, isomorfismo entre digrafos.

u

v

w

x y

z

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8 a9

a10


Grafo subjacente

Seja D = (V ,A) um digrafo. O grafo subjacente de D, denotado porG (D), e o grafo obtido de D, substituindo cada arco (u, v) por uma aresta(par nao-ordenado) uv .

uu

vv

ww

xx yy

zz

a1a1

a2a2

a3a3

a4a4a5a5

a6a6

a7a7

a8a8 a9a9

a10a10

D G (D)

Figura: Digrafo D e seu grafo subjacente G (D).


Grafo subjacente

Usando o grafo subjacente de D, podemos tomar emprestadoterminologia e conceitos tıpicos de grafos.

Por exemplo: vizinhanca/adjacencia, incidencia, grau, componentes,biparticao, decomposicao, nao-separabilidade, blocos etc.

Para passeios, trilhas, caminhos e ciclos usaremos definicoesespecıficas para digrafos.

uu

vv

ww

xx yy

zz

a1a1

a2a2

a3a3

a4a4a5a5

a6a6

a7a7

a8a8 a9a9

a10a10

D G (D)

Figura: Digrafo D e seu grafo subjacente G (D).


Passeios

Um passeio em um digrafo D = (V ,A) e uma sequencia:

W = (v0, a1, v1, a2, v2, . . . , vℓ−1, aℓ, vℓ),

onde v0, v1, . . . , vℓ sao vertices de G e ai = (vi−1, vi ) sao arcos de D paratodo i = 1, 2, . . . , ℓ. Se D for estrito, escrevemos apenas os vertices.

q

r

s

t

u

v

w

x y

z

Figura: Passeio W := (r , z , y , x ,w , v , y , z , t).


Passeios

Usamos a mesma terminologia que usamos para passeios em grafos:inıcio e final de um passeio, comprimento, passeios fechados etc.

As definicoes de trilhas, caminhos e ciclos sao analogos e omitimosaqui.

Algumas vezes usaremos o termo orientado para enfatizar queestamos nos referindo a um digrafo. Por exemplo, caminho (ou ciclo)orientado.


Corte orientado

Seja D = (V ,A) um digrafo e seja S ⊆ V .

Denotamos por ∂+D (S) o conjunto dos arcos com inıcio em S e final em

V − S , i.e., o conjunto dos arcos que saem de S .

Denotamos por ∂−

D (S) o conjunto dos arcos com inıcio em V − S e finalem S , i.e., o conjunto do arcos que entram em S .

S V − S


Caminhos versus cortes orientados

Teorema. Seja D = (V ,A) um digrafo e sejam s, t ∈ V . Entao existe umcaminho de s a t em D se, e somente se, nao existe S ⊆ V − {t} tal ques ∈ S e ∂+

D (S) = ∅.

S

ss

tt


Caminhos versus cortes orientados

Teorema. Seja D = (V ,A) um digrafo e sejam s, t ∈ V . Entao existe umcaminho de s a t em D se, e somente se, nao existe S ⊆ V − {t} tal ques ∈ S e ∂+

D (S) = ∅.

Prova.(⇒) Se existe um caminho de s a t em D, entao claramente nao existeS ⊆ V − {t} tal que s ∈ S e ∂+

D (S) = ∅.(⇐) Suponha entao que nao existe caminho de s a t em D. Seja

S := {v ∈ V : existe um caminho de s a v em D}.

Claramente t 6∈ S , s ∈ S e ∂+D (S) = ∅ e o resultado segue.


Digrafos Eulerianos

Um digrafo D e Euleriano se admite uma trilha fechada T que passa portodas os arcos de D. Dizemos que T e uma trilha Euleriana ou trilha deEuler.

(a) (b)

Figura: O digrafo em (a) e Euleriano, mas o digrafo em (b) nao e.

Como seria uma condicao necessaria e suficiente para que um digrafo D

seja Euleriano?


Digrafos Eulerianos

As seguintes condicoes sao necessarias:

1 d+D (v) = d−

D (v) para todo vertice v de D, e

2 D tem no maximo um componente nao-trivial.

(a) (b)

Figura: O digrafo em (a) e Euleriano, mas o digrafo em (b) nao e.

Dizemos que D e balanceado se d+D (v) = d−

D (v) para todo vertice v de D.


Digrafos Eulerianos

Teorema. Seja D um digrafo. Entao D e Euleriano se, e somente se,

1 D e balanceado e

2 D tem no maximo um componente nao-trivial.

Prova. (Exercıcio).

Um modo de provar e tomar uma trilha T de comprimento maximo.Usando o fato de D ser balanceado, e facil ver que T deve ser fechado. SeT nao for Euleriana, entao e possıvel construir uma trilha de comprimentomaior que o de T , uma contradicao.

Esta e a mesma estrategia que apresentamos em uma das provas dacaracterizacao de grafos Eulerianos.


Decomposicao em ciclos orientados

Num certo sentido, um digrafo balanceado e a versao orientada de umgrafo par. Ja vimos que o seguinte resultado.

Teorema. Um grafo G pode ser decomposto em ciclos se, e somente se, Ge par.

Temos uma versao orientada deste resultado.

Teorema. Um digrafo D admite uma decomposicao em ciclos se, esomente se, D e balanceado.

Prova. (Exercıcio).

O proximo resultado e extremamente util para provar este resultado.


Decomposicao em ciclos

Lema. Se D e um digrafo com δ+(D) ≥ 1, entao D contem um ciclo. Omesmo vale se δ−(D) ≥ 1.

Prova. Se D contem um laco, entao o resultado segue. Assim, suponhaque D nao contem lacos. Seja P um caminho maximal em D e seja v ofinal de P . Como P e maximal e d+

D (v) ≥ 1, v domina algum vertice u emP . Portanto, uPv • (v , u) e um ciclo.

u v

A segunda parte do lema segue pelo Princıpio da Dualidade Direcional.


Digrafos acıclicos

Descrevemos a seguir uma importante classe de digrafos.

Um digrafo D e acıclico se nao contem ciclos.

ss

t

t

uu

v

v

w

w

x

x

y

y

z

z

Digrafos acıclicos servem para modelar conjuntos de atividades/eventosem que ha precedencia. Por exemplo, o arco (u, v) indica que a atividadeu deve ser realizada antes da atividade v .


Ordenacao topologica

Uma ordenacao topologica de um digrafo D e uma permutacao v1, . . . , vndos vertices de D tal que se (vi , vj) e um arco de D, entao i < j .

ss

t

t

uu

v

v

w

w

x

x

y

y

z

z

Claramente, se D admite uma ordenacao topologica, entao D e acıclico.A recıproca e verdade?



Uma ordenacao topologica de um digrafo D e uma permutacao v1, . . . , vndos vertices de D tal que se (vi , vj) e um arco de D, entao i < j .

ss

t

t

uu

v

v

w

w

x

x

y

y

z

z

Claramente, se D admite uma ordenacao topologica, entao D e acıclico.A recıproca e verdade? SIM!


Fontes e sorvedouros

Seja D um digrafo.

Um vertice v ∈ V (D) e uma fonte (source) se d−

D (v) = 0, i.e., nao haarcos em D entrando em v .

Um vertice v ∈ V (D) e um sorvedouro (sink) se d+D (v) = 0, i.e., nao ha

arcos em D saindo de v .

Lema. Se D e um digrafo com δ+(D) ≥ 1, entao D contem um ciclo. Omesmo vale se δ−(D) ≥ 1.

Corolario. Todo digrafo acıclico com pelo menos um vertice possui (pelomenos) uma fonte e um sorvedouro.



Teorema. Um digrafo D admite uma ordenacao topologica se, e somentese, D e acıclico.

Prova.(⇒) Ja vimos que a condicao e necessaria.

(⇐) Provaremos por inducao em n := n(D) que se D e acıclico, entao D

admite uma ordenacao topologica.

Base: n = 1. Obviamente, se V (D) = {v}, entao v e uma ordenacaotopologica de D.

Hipotese de inducao: todo digrafo acıclico de ordem n − 1 admite umaordenacao topologica.



Hipotese de inducao: todo digrafo acıclico de ordem n − 1 admite umaordenacao topologica.

Seja D um digrafo acıclico de ordem n. Seja vn um sorvedouro de D e sejaD ′ := D − vn. Claramente, D ′ e acıclico e tem ordem n − 1.

Pela HI, D ′ admite uma ordenacao topologica v1, v2, . . . , vn−1. Portanto,v1, v2, . . . , vn−1, vn e uma ordenacao topologica de D.

ss

t

t

uu

v

v

w

w

x

x

y

y

z

z


Conexidade forte

Um digrafo D e conexo se G (D) e conexo.

Um digrafo D e fortemente conexo (forte) se para quaisquer u, v ∈ V (D),existe um caminho de u a v em D.


Componentes fortes

Seja D um digrafo. Um componente fortemente conexo (forte) e umsubdigrafo fortemente conexo maximal de D.

Teorema. As seguintes afirmacoes valem para todo digrafo D:

componentes fortemente conexos distintos nao tem vertice emcomum, e

todo vertice pertence a um componente fortemente conexo.


Componentes fortes

Seja D um digrafo e sejam S1, . . . , Sk seus componentes fortementeconexos. Seja DCFC um digrafo com V (DCFC) = {u1, . . . , uk} tal que(ui , uj) e um arco em DCFC se em D existe um arco saindo de vertice deSi e entrando em algum vertice de Sj .

Figura: Digrafos D e DCFC.

Exercıcio. Mostre que DCFC e acıclico.


Aplicacao: jogos entre dois jogadores

Muitos jogos entre dois jogadores podem ser descritos por um digrafoD. Cada vertice de D corresponde a um possıvel estado do jogo.

Existe um arco (x , y) em D se o jogador que tem a vez faz ummovimento que leva o jogo do estado x ao estado y .

Seja W o conjunto dos vertices correspondentes a posicoesvencedoras (i.e., o jogador que traz o jogo a este estado vence).Nenhum arco sai de W em D.

Um jogador que traz o jogo a um vertice v (estado) que dominaalgum vertice w de W perde, pois o outro jogador na sua vez traz ojogo para w .

W


Aplicacao: jogos entre dois jogadores

Um possıvel modo de analisar o jogo e procurar um conjuntoindependente S contendo W tal que todo vertice de V (D)− S

domina algum vertice de S .

Se D for acıclico, entao um jogador que que traz o jogo para umestado em S vence, enquanto um jogador que deve fazer ummovimento estando em S perde. (Por que?)

S W


Exemplo: Jogo de Nim

Considere a versao particular do famoso Jogo de Nim na qual:

1 ha duas pilhas de moedas,

2 os jogadores se alternam na vez de jogar,

3 na sua vez um jogador deve remover qualquer quantidade positiva demoedas de apenas uma das pilhas,

4 o jogador que apos sua jogada deixar ambas as pilhas vazias vence.


Exemplo: Jogo de Nim

Considere a versao particular do famoso Jogo de Nim na qual:

1 ha duas pilhas de moedas,

2 os jogadores se alternam na vez de jogar,

3 na sua vez um jogador deve remover qualquer quantidade positiva demoedas de apenas uma das pilhas,

4 o jogador que apos sua jogada deixar ambas as pilhas vazias vence.

1 Cada estado pode ser representado por um par (r , s) de inteiros naonegativos.

2 Segundo as regras, a unica posicao vencedora e (0, 0).

3 Porem, S = {(r , r) : r ≥ 0} e o conjunto dos estados desejados. Noteque S e independente.


Kernels

Um kernel em um digrafo D e um subconjunto S ⊆ V (D) tal que S eindependente e todo vertice em V (D)− S domina algum vertice de S .

Exercıcio. Mostre que um ciclo ımpar (orientado) nao possui kernel.


Kernels

Provaremos o seguinte.

Teorema (Richardson, 1953). Todo digrafo sem ciclos ımpares possui umkernel.

Para provar isto, precisamos da versao para digrafos de um resultado vistoanteriormente. A prova e identica e fica como exercıcio.

Proposicao. Todo passeio fechado ımpar em um digrafo D contem umciclo ımpar.


Teorema de Richardson

Lema. Seja D = (V ,A) um digrafo fortemente conexo sem ciclos ımpares.Entao D possui um kernel.

Prova. Seja y ∈ V . Como D e fortemente conexo, para todo v ∈ V ,existe um caminho de v a y . Seja

S := {v ∈ V : dist(v , y) e par}.

y

Note que todo vertice em V − S domina algum vertice de S . Para mostrarque S e um kernel, resta verificar que S e independente.



Suponha por contradicao que S nao seja independente. Sejam u, v ∈ S

tais que (u, v) ∈ A. Pela definicao de S , existem um caminho par P de u

a y e um caminho par P ′ de v a y . Alem disso, como D e fortementeconexo, existe um caminho Q de y a u.

y

u

v

P

P ′

Q

Entao um dos passeios fechados P • Q ou (u, v) • P ′ • Q e ımpar, eportanto, contem um ciclo ımpar (e assim, D tambem contem), umacontradicao. Logo, S e independente e o resultado segue.



Teorema (Richardson, 1953). Todo digrafo sem ciclos ımpares possui umkernel.

Prova. Provaremos por inducao forte em n := n(D) que se D naocontem ciclos ımpares, entao D possui um kernel.

Base: n = 1. O resultado e obvio.

Hipotese de inducao: se D ′ e um digrafo sem ciclos ımpares de ordemmenor que n, entao D ′ possui um kernel.

Seja D um digrafo sem ciclos ımpares de ordem n. Pelo Lema anterior,podemos supor que D nao e fortemente conexo.



Seja D ′ um componente fortemente conexo de D da qual nao saem arcos.Pelo Lema anterior, D ′ possui um kernel, digamos S ′.

D ′

S ′

D ′′

Seja D ′′ o digrafo obtido de D removendo-se V (D ′) e todos os verticesque dominam algum vertice de S ′.



Pela HI, D ′′ possui um kernel, digamos S ′′. Entao S := S ′ ∪ S ′′ e umkernel de D. (Por que?)

D ′

S ′

D ′′

S ′′


Orientacoes

Uma orientacao de um grafo G e um digrafo obtido substituindo cadaaresta uv de G por um arco (u, v) ou (v , u).

DG

Figura: Um grafo G e uma orientacao D de G .

Quantas possıveis orientacoes um grafo simples G possui?


Orientacoes

Uma orientacao de um grafo G e um digrafo obtido substituindo cadaaresta uv de G por um arco (u, v) ou (v , u).

DG

Figura: Um grafo G e uma orientacao D de G .

Quantas possıveis orientacoes um grafo simples G possui? 2m(G)


Torneios

Um torneio e uma orientacao de um grafo completo.

Pode-se interpretar um torneio como uma representacao de umacompeticao “Round-Robin” (todos contra todos) entre n jogadores(vertices). Um arco (u, v) significa que u venceu v .

Um torneio pode ter mais que um vertice com grau de saıda maximo.Assim, nao ha um vencedor obvio.


Torneios

Um rei (king) em um digrafo D e um vertice u tal que todo vertice v emD esta a distancia de no maximo 2 de u, i.e., dist(u, v) ≤ 2.


Torneios

Teorema (Landau, 1953). Todo torneio possui um rei.

Prova. Seja D um torneio e seja u um vertice com grau de saıda maximo.Suponha por contradicao que u nao seja um rei. Entao existe v ∈ V (D)tal que dist(u, v) ≥ 3. Logo, nenhum vertice dominado por u domina v .Como D e um torneio, isto implica que todo vertice dominado por utambem e dominado por v . Alem disso, v domina u pois dist(u, v) ≥ 3.Portanto, d+(v) > d+(u), contrariando a escolha de u.

u

v

N−(u) N+(u)


Caminhos Hamiltonianos em torneios

Teorema (Redei, 1934). Todo torneio e tracejavel.

Prova. Seja D um torneio e seja

P := (v1, v2, . . . , vℓ)

um caminho mais longo de D. Suponha por contradicao que P nao sejaHamiltoniano. Seja u ∈ V (D)− V (P). Como T e um torneio, u eadjacente a todo vertice de P .

u

v1 v2 vi vi+1 vℓ−1 vℓP



Pela maximalidade de P , temos que u nao domina v1, e portanto,(v1, u) ∈ A(D). De modo analogo, vℓ nao domina u, e portanto,(u, vℓ) ∈ A(D). Entao existe i ∈ {1, . . . , ℓ− 1} tal que vi domina u e vi+1

e dominado por u.

u




Mas entaoP ′ := (v1, v2, . . . , vi , u, vi+1, . . . , vℓ)

e um caminho mais longo que P , uma contradicao. Portanto, P eHamiltoniano.

u



Ciclos Hamiltonianos em torneios

Quando o torneio D e fortemente conexo, temos um resultado mais forte.

Teorema (Camion, 1959). Todo torneio fortemente conexo e Hamiltoniano.

De fato, o seguinte resultado mais geral vale.

Teorema (Moon, 1966). Seja D um torneio fortemente conexo comn(D) ≥ 3. Entao D contem um ℓ-ciclo, para todo ℓ ∈ {3, 4, . . . , n(D)}.

Prova. Seja D um torneio fortemente conexo com n(T ) ≥ 3. Seja u umvertice qualquer de D. Mostraremos que u pertence a um 3-ciclo.



Como D e um torneio, V (D) = {u} ∪ N+(u) ∪ N−(u). Como D efortemente conexo, N+(u) e N−(u) sao nao-vazios. Pelo mesmo motivo,deve existir algum arco com inıcio em N+(u) e final em N−(u). Seja(v ,w) um tal arco. Entao (u, v ,w , u) e um 3-ciclo em D.

u

v w

N−(u)N+(u)

Agora provaremos por inducao que para todo ℓ ∈ {3, 4, . . . , n}, u pertencea um ℓ-ciclo. Acabamos de provar o caso base ℓ = 3.



Hipotese de inducao: u pertence a um ℓ′-ciclo para todoℓ′ ∈ {3, 4, . . . , ℓ− 1} onde 3 < ℓ ≤ n(D). Mostraremos que u pertence aum ℓ-ciclo.

Seja C := (v1, . . . , vℓ−1, v1) um (ℓ− 1)-ciclo contendo u.

Caso 1: existe algum vertice v ∈ V (D)− V (C ) tal que v e dominado poralgum vertice v + p de C e domina algum vertice vqde C . Renomeando osvertices, se necessario, podemos supor que p < q.

v

v1 vp vℓ−1vqC



Caso 1: existe algum vertice v ∈ V (D)− V (C ) tal que v e dominado poralgum vertice v + p de C e domina algum vertice vqde C . Renomeando osvertices, se necessario, podemos supor que p < q.replacements

v

v1 vp vi vi+1 vℓ−1vqC

Entao existe i ∈ {3, . . . , ℓ− 1} tal que vi domina v e vi+1 e dominado porpor v . Entao C ′ := (v1, . . . , vi , v , vi+1, . . . , vℓ, v1) e um ℓ-ciclo contendo u.



Caso 2: nao existe vertice como no Caso 1. Neste caso, como D e umtorneio, se um vertice v nao domina nenhum vertice de C , entao ele edominado por todos. Analogamente, se v nao e dominado por nenhumvertice de C , entao ele domina todos.

Seja S o conjunto dos vertices de V (D)− V (C ) que sao dominados portodos os vertices de C e seja T o conjunto dos vertices de V (D)− V (C )que dominam todos os vertices de C .

v1 vℓ−1C

ST



Como D e fortemente conexo, existe algum arco com inıcio em S e finalem T , digamos (v ,w). Ajuste a notacao de forma que v2 = u. EntaoC ′ := (v2 = u, . . . , vℓ, v ,w , u) e um ℓ-ciclo contendo u.

vw

v1 v2 vℓ−1C

ST


Ciclos Hamiltonianos em digrafos

O estudo de caminhos e ciclos Hamiltonianos em digrafos arbitrarios ebem mais difıcil do que no caso nao-orientado.

Apresentamos a seguir um resultado de Ghoulia-Houri (1960) quegeneraliza o Teorema de Dirac para digrafos.

Precisamos do seguinte resultado. A prova fica como exercıcio.

Teorema. Seja D um digrafo estrito e seja k = max{δ+(D), δ−(D)}.Entao D contem um caminho de comprimento pelo menos k e um ciclo decomprimento pelo menos k + 1.



Teorema (Ghoulia-Houri, 1960). Seja D um digrafo estrito tal quemin{δ+(D), δ−(D)} ≥ n(D)/2. Entao D e Hamiltoniano.

Prova. Suponha por contradicao que exista um digrafo estrito D tal quemin{δ+, δ−} ≥ n/2 que nao seja Hamiltoniano. Seja C = (v1, . . . , vℓ) umciclo mais longo de D. Por hipotese, V (D)− V (C ) 6= ∅.

Pelo teorema anterior, temos que ℓ > max{δ+, δ−} ≥ n/2. Seja P umcaminho mais longo em D − V (C ), com digamos inıcio u, termino w ecomprimento k .



Seja

S := {vi ∈ V (C ) : (vi−1, u) ∈ A} e T := {vi ∈ V (C ) : (w , vi ) ∈ A}.

Primeiro mostraremos que S e T sao disjuntos. Suponha por contradicaoque existe vi ∈ S ∩ T . Entao C ′ := viCvi−1(vi−1, u)P(w , vi ) e um ciclo decomprimento maior que o de C , uma contradicao. Portanto, S ∩ T = ∅.

u

w

C

SS

TT



Note que n ≥ ℓ+ k + 1. Portanto,

|S ∪ T | = |S |+ |T | ≥ n/2− k + n/2− k = n − 2k ≥ ℓ− k + 1.

u

w

C

SS

TT



Sejam vi ∈ S e vi+p ∈ T (ındices modulo ℓ) tais que todo vertice internode viCvi+p nao pertence a S ∪ T .

Como |S ∪ T | ≥ ℓ− k + 1, o numero de vertices internos de viCvi+p e nomaximo ℓ− |S ∪ T | ≤ k − 1. Logo o comprimento de vi−1Cvi+p e nomaximo k + 1. Mas entao C ′ := vi+pCvi−1(vi−1, u)P(w , vi+p) e um ciclode comprimento maior que o de C , uma contradicao. Portanto, C eHamiltoniano.

u

w

vi−1 vi

vi+p

C


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