Теорія графів

Це дійсно можливо. Для  того щоб показати, що ми маємо на увазі, припустимо, що кожен гурток складається принаймні з п’яти  учнів. Тоді на відповідному графі із кожної вершини множини С буде виходити принаймні 5 ребер. Для групи  із k гуртків буде не менше 5k ребер, що виходять із відповідних вершин С  до вершин із Р (мал. 2.2, де k = 4).

 

мал. 2.2

 

Тепер, якщо нам буде потрібно, щоб кожен учень брав участь не більше, ніж в п’яти гуртках, це означатиме, що ребра від k гуртків  повинні йти принаймні до k вершин із Р, і, відповідно, умова різноманітності  буде виконана.

Ці думки є повністю загальними, тож ми можемо сформулювати наступний результат.

Потрібно, щоб в кожному  гуртку брало участь принаймні t учнів  і щоб, окрім того, жоден учень  не брав участь більше ніж в t гуртках. Тоді завжди можна знайти для цих  гуртків різних старост.

Висновок: ця задача допоможе керівникам дитячих закладів при організації гурткової роботи.

 

 

2.3 Спортивні змагання

У всіх змаганнях доводиться стикатися з питанням про те, яким чином об'єднувати в пари окремих  учасників. Іноді завдання виявляється  простим: наприклад, якщо після кожного  туру всі переможені вибувають із гри, то з учасників, що залишилися, утворюються нові пари, причому можливо, що один з них виявиться вільним  від гри.

Це завдання дещо складніше  у разі "кругового турніру", подібного до звичних шахових  турнірів. Тут кожен з учасників  повинен грати з кожним іншим, і важливо заздалегідь приготувати  турнірну таблицю.

Цю ситуацію знову зручно змалювати за допомогою графа. Припустимо, що є N гравців, так що кожен з них  грає N - 1 ігор з рештою учасників. Кожна  гра як і раніше представляється  ребром (A, B), що сполучає двох гравців – дві вершини A і В графа. Вся сукупність ігор представиться таким повним графом, що має N вершин, на малюнку2.3 зображено такий граф для N=6.

B кожному турі гравці якось об'єднуються в пари. Припустимо поки, що N парне, і це можна зробити. На графі таке об'єднання в пари відповідає вибору ½N несуміжних ребер – поодинці для кожної з N вершин. Для наступного туру можна вибрати нову множину ½N ребер і так далі до тих пір, поки всі ігри не будуть зіграні. На мал. 2.3 ребра помічені таким чином: ті, на яких стоїть число 1, відносяться до пар, що зустрічаються в першому турі, ті на яких стоїть цифра 2 - до пар, що зустрічаються в другому турі, і так далі.

 

мал. 2.3

 

При великій кількості  гравців фактичне складання такої  таблиці для всіх турів відразу  стає досить трудомістким, якщо не вказаний який-небудь систематичний метод. Багато довідників по проведенню турнірів містять  просторові таблиці. Об'єднання гравців  в пари для різних кількостей гравців (N=6, 8, 10, 12 і т.д.). При складанні таблиці досить припускати як і раніше, що кількість гравців N парна. Якщо вона виявиться непарною, то завжди можна додати фіктивного гравця F, домовившись, що той, хто повинен грати з F, в цьому турі вільний від гри.

Опишемо простий і цілком загальний метод побудови турнірної  таблиці для парної кількості  гравців N. Позначимо гравців числами 1, 2,..., N і запишемо ці числа в їх природному порядку в першому рядку квадратної таблиці. B наступному рядку цієї таблиці ми хочемо поставити номери суперників цих гравців в першому турі матчу. Аналогічно в третьому рядку ми випишемо номери суперників тих же гравців 1,2..., N в другому турі і т. д. – до тих пір, поки всі гравці не зіграють один з одним. Ясно, що наша таблиця має бути такою, щоб всі можливі пари гравців зустрілися в ній в точності по одному разу.

Спосіб зробити це показаний  в таблиці на мал. 2.4.

 

мал. 2.4

 

Щоб встановити суперника j-го гравця в k-м турі, досить поглянути на перетин j-го стовпця і (k + 1) - го рядка цієї таблиці.

Таблиця влаштована таким  чином.

У першому рядку, як вже  було сказано, перераховані гравці від 1 до N; ці ж числа ми поставили  і в першому стовпці. Тепер  на N - 1, що залишилися, місць кожного  рядка ми ставимо числа від 2 до N в циклічному порядку по вибуванню. Перші ½N рядків починаються з  парних чисел 2,4..., N і виглядають так:

 

 

Решта рядків починається  з непарних чисел 3,5..., N - 1 і мають  вигляд

 

 

Відмітимо, що в цій таблиці  відсутнє число 1; з іншого боку, оскільки ніхто не грає проти самого себе, те число, що стоїть зверху стовпця, ніколи не повинне в цьому стовпці  повторюватися. Ми усунемо обидва недоліки, якщо замінимо всі числа, що стоять на головній діагоналі, одиницями, як показано на мал 2.3. Тепер кожен гравець знайде під своїм номером номери гравців, з якими він грає в різних турах. Наприклад, гравець 4 грає з гравцем N - 1 в першому турі, з гравцем 2 в другому турі, з гравцем 1 в третьому турі, з гравцем 6 в четвертому турі і так далі і, нарешті, з гравцем N - 3 в (N - 1) - му турі.

Висновок: розв’язавши цю задачу, стає зрозуміло, що тепер організаторам спортивних змагань буде набагато простіше працювати, звісно, якщо вони прочитають та застосують подібний матеріал до вказаного.

2.4 Задача про сполучення міст

Зупинимося на задачі про засоби сполучення, поставивши її спочатку формі                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                              питання про проведення доріг. Є декілька міст А, B, С,..., які потрібно з'єднати між собою мережею шосейних або залізних доріг. Для кожної пари міст A, B відома вартість с(А, B) будівництва сполучаючої їх дороги. Завдання полягає в тому, щоб побудувати найдешевшу з можливих мереж доріг. Замість того, щоб говорити про мережу залізниць, можна було б говорити про електричні лінії, або про водопроводи, або про нафтопроводи і тому подібне.

B тому окремому випадку,  коли є всього три міста  A, B, C, досить побудувати одну із  ліній АВС, АСВ, ВАС, причому,  якщо ВС - найдорожча лінія, то  саме її і треба виключити,  побудувавши дорогу ВАС. 

Розглянемо тепер загальний  випадок. Граф найбільш дешевої сполучаючої  мережі має бути деревом, оскільки якби він містив цикл, можна було б  видалити одну з ланок цього циклу і міста все ще залишилися б сполученими. Отже, для сполучення n міст потрібно побудувати n - 1 доріг.

Ми покажемо, що мережу мінімальної  вартості можна побудувати, користуючись наступним простим правилом економічності. Перш за все, сполучаємо два міста  з найбільш дешевою сполучаючою  ланкою S1. На кожному з наступних  кроків додаємо найдешевшу з ланок S, при приєднанні якої до вже побудованих ребер не утворюється ніякого циклу; якщо є декілька ланок однієї і тієї ж вартості, вибираємо будь-яке, з них.

Кожне дерево Т, побудоване таким чином, ми називатимемо економічним деревом. Його вартість дорівнює сумі вартостей окремих ланок:

с(Т) = с(S1) + с(S2) +... + с(Sn-1).

Нам треба довести, що жодне  інше дерево В, що сполучає ті ж вершини, не може виявитись дешевше за економічне дерево Т. Нехай В - найдешевше дерево, що сполучає наші вершини, а Т - будь-яке економічне дерево. Припустимо, що ребра S1, S2... економічного дерева Т занумеровані в тому порядку, в якому вони приєднувалися при побудові Т. Якщо найдешевше дерево В не збігається з Т, то Т має щонайменше одне ребро,що не належить В. Нехай S1= (A, В) - перше таке ребро, і нехай Р(А, В) - ланцюг графа В, що сполучає вершини A і B (мал. 2.5).

мал. 2.5

 

Якщо ребро S1 додати до В, то граф В+S1 міститиме цикл С= S1+Р(А, В); а оскільки Т не має циклів, то цикл С повинен містити принаймні одне ребро, що не належить Т. Видаливши це ребро S1, ми отримаємо дерево

В’=В+S1 - S1’

з тією ж кількістю вершин, що і В, причому його вартість дорівнює

C(В’) =c(В) +с(S1) - с(S1’)

 

Оскільки В має найменшу можливу вартість, то

с(S1) ≥с(S1).

Але ребро було ланкою найменшої вартості, при додаванні якого до S2..., Sn-1 не виходить циклів.

Оскільки при додаванні  ребра S1’ до цих ребер ми теж  не отримаємо ніякого циклу, то

с(S1) = с(S1’),

і, отже, В’ теж має мінімальну вартість:

c(В) = c(В’).

Таким чином, ми знайшли інше дерево В’ мінімальної вартості, що має з економічним деревом Т на одне спільне ребро більше, ніж В. Ми можемо повторювати цю операцію до тих пір, поки остаточно не отримаємо сполучаюче дерево мінімальної вартості, яке співпадає з Т. Таким чином, Т, а також всі інші економічні дерева, дійсно мають мінімальну вартість.

Висновок: такі задачі спростять роботу будь-якому планувальнику, допоможуть вберегти скарбницю певної держави від надлишкових витрат, знайшовши найдешевший варіант сполучення міст комунікаціями.

2.5 Односторонній рух

Карта будь-якої мережі доріг  або вулиць дає нам дещо спеціальний, але наочний приклад графа. На сучасному плані міста мають  бути показані не тільки відносне розташування вулиць і їх перетину, але також і те, на яких вулицях є двосторонній потік транспорту, а на яких односторонній рух, причому в останньому випадку повинно бути вказано і напрям руху. При цьому знову виходить орієнтований або, частіше, змішаний граф, якщо односторонній рух встановлений не на всіх вулицях міста.

Втім, в попередньому випадку  можна зробити граф орієнтованим за допомогою прийому, який часто  використовується в теорії графів і полягає в заміні кожного неорієнтованого ребра двома орієнтованими ребрами, що сполучають ті ж самі вершини що мають протилежні напрями.

При розгляді одностороннього  руху в місті виникають питання, цікаві і для загальної теорії графів.

Припустимо, що в місті  вирішено ввести нові правила руху, згідно з яким рух по кожній вулиці стає одностороннім. Це було б, звичайно, неприйнятно, якби виявилось, що при цьому не завжди можна проїхати з одного місця в інше.

Запитується, за якої умови  вулиці міста можна орієнтувати  так, щоб з будь-якого пункту можна  було проїхати в будь-який інший, не порушуючи правил руху по вулицях.

Відповідне завдання на мові теорії графів формулюється таким чином: за якої умови ребра графа G можна  орієнтувати так, щоб для будь-якої пари його вершин знайшлася та вершина, що сполучає їх орієнтований ланцюг?

Ясно, що такий граф має  бути зв'язним. Проте цього недостатньо.

Ребро S=(A, В) графа ми називатимемо зв'язуючим ребром, або перешийком, якщо воно є єдиним шляхом від A до B або назад.

Зв'язуюче ребро ділить всі  вершини графа на дві множини: ті, в які можна прийти з A, не проходячи  по ребру S, і ті, в які можна  прийти з B, не проходячи по S. Граф в  цьому випадку складається з  двох частин G1 і G2 сполучених тільки ребром S (мал. 2.6 ).

 

мал. 2.6

 

На карті міста зв'язуюче ребро - єдина магістраль, що сполучає окремі частини міста. Воно може бути єдиним мостом через річку або єдиним залізничним тунелем. Ясно, що якби на такій магістралі було встановлено односторонній рух, то з однієї частини міста в іншу не було б проїзду.

Раніше ми називали кінцевим ребpом таке ребро S - (А, В), один з кінців якого, наприклад A, не належить ніякому  іншому ребру графа (мал. 2.7).

 

 

мал. 2.7

 

Таке ребро теж повинне  розглядатися як зв'язуюче, оскільки, окрім S, немає шляху, який сполучає A з B.

Можна вважати, що граф G1 (мал. 2.6) наче "стягнутий" в одну вершину A. На плані міста кінцеве ребро відповідає глухому куту; на якому теж не можна встановити односторонній рух, не блокуючи цим в'їзд в A або виїзд з A.

Якщо ребро S1= (А1, В1) Не є таким, що зв'язує, то знайдеться і інший шлях, що сполучає, А1 і В1 і що не проходить по S1 (мал. 2.8).

 

мал. 2.8

 

Тому таке ребро S1 називається циклічним ребром. Отже, на графі є ребра двох типів - циклічні і зв'язуючі.

Тепер ми можемо довести  наступну теорему.

ТЕОРЕМА. Якщо G - неорієнтований зв'язний граф, то завжди можна так орієнтувати циклічні ребра з G, залишивши зв'язуючі ребра неорієнтованими, щоб будь-яку пару вершин цього графа можна було з'єднати орієнтованим ланцюгом.

Для плану міста це твердження можна сформулювати таким чином: якщо залишити двосторонній рух тільки на мостах (за умови, що даний міст є  єдиним мостом через річку) і на глухих кутах, то на решті всіх вулиць можна  встановити односторонній рух так, щоб транспорт забезпечував зв'язок всіх частин міста.

Ми можемо довести цю теорему, вказавши спосіб відповідного орієнтування графа. Почнемо з того, що виберемо в G довільне ребро S= (А,B). Якщо S - зв'язуюче ребро, воно залишиться двостороннім; і тоді можна буде перейти від В до А і назад уподовж S (мал. 2.9).

 

мал. 2.9

 

Якщо S - циклічне ребро, то воно входить в деякий цикл С і тоді на всіх ребрах циклу С можна встановити циклічну орієнтацію; ясно, що з будь-якої вершини G можна перейти до будь-якої іншої, прямуючи вказаним на ребрах напрямом (мал. 2.10).

 

мал. 2.10

 

Цей процес можна продовжити. Припустимо, що ми вже орієнтували  деяку частину H даного графа так, що з будь-якої вершини графа H можна  пройти в будь-яку іншу його вершину  з дотриманням правил одностороннього  руху. Оскільки граф G є зв'язним, то або N збігається з усім графом G, або знайдеться ребро S = (А, В), що "торкається" Н, тобто таке, що воно не належить H, але одна з його вершин, скажемо A, належить Н.

Якщо S - зв'язуюче ребро АВ, то, як ми вже умовилися, воно залишається двостороннім. Тоді для будь-якої вершини X графа H можна знайти орієнтований ланцюг R, що сполучає X з A, а, значить (через ребро S), і з B. Назад, від вершини B через ребро S можна перейти до A, а потім - по орієнтованому ланцюгу Z - від А до X (мал. 2.11).