notes/school/di-ma/20181120_1-hamiltonkreise.md

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title: Hamiltonkreise
date: 2018-11-20
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**Idee**:

* Handelsresenden (traveling salesman)
* Städte $\widehat{=}$ Knoten
* Flugverbindungen $\widehat{=}$ Kanten

![Beispiel Graph](20181120_1-hamilton.png)

Handelsreisende möchte alle Städt genau einmal besuchen und wieder am
Ausgangspunkt enden. Das heißt, er sucht einen Kreis im Graphen, in dem jeder
Konten vorkommt. Finden eines solchen Kreises: Traveling Salesman Problem
(TSP).

# Definition (Hamiltonkreis)

Sei $G=(V,E)$ zusammenhängender Graph.

i) Ein Hamiltonkreis in $G$ ist ein Kreis, in dem jeder Knoten vorkommt, d.h.
$K = (v_1, ..., v_s)$ mit
    a) K ist Kreis
    a) $\{ v_i | i \in \{1,..., s\} \} = V$

i) Ein Graph, der einen Hamiltonkreis enthält, heißt **hamiltonisch**.


**Beispiel**:

i) $K_n$ vollständiger Graph mit $n$ Knoten, d.h. $K_n = \{ \{1,...,n\},
\binom{V}{2} \}$ ist hamiltonisch, da $k = \{1,2,...,n\}$ ein Hamiltonkreis.

i) $Q_n$ sind hamilton. Beweis per Induktion und Verbinden der zwei zu
$Q_{n-1}$ isomorphen Graphen.

    Betrachte $Q_{n+1}$. Per Induktionsvoraussetzung gibt es in $Q_n$ einen
    Hamiltonkreis $K = (v_1, ..., v_{2^n})$

    Konstruiere daraus $K' = (\binom{v_1}{0}, \binom{v_2}{0}, ...,
    \binom{v_{2^n}}{0}, \binom{v_{2^n}}{1}, \binom{v_{2^n - 1}}{1}, ...
    \binom{v_1}{1})$ als Hamiltonkreis in $Q_{n+1}$


**Frage**: Wie findet man im allgemeinen einen Hamiltonkreis für einen
gegebenen Graphen? Oder wie entscheidet man, ob ein gegebener Graph
hamiltonisch ist?


# Algorithmus (Hamiltonisch)

**Eingabe**: $G=(V,E)$ mit $V = \{1, ..., n\}$

i) Für alle Permutationen $\pi: \{ 1, ..., n\} \rightarrow \{1,...,n\}$
    a) teste, ob $(\pi(1),\pi(2),...,\pi(n))$ ein Hamiltonkreis ist
    a) falls ja, STOP
i) Ausgabe: "nicht hamiltonisch"


**Korrektheit**: klar. Algorithmus testet alle möglichen Hamiltonkreise.

**Laufzeit**: Anzahl der Permutationen, d.h. $O(n!)$ exponentiell in $n$.


Der Algorithmus ist schon für relativ kleine $n$ ($n \approx 20$) nicht mehr
praktisch durchführbar.

*Vermutung*: Es gibt keinen wesentlich besseren (d.h. polynomielle Laufzeit)
Algorithmus.

Aber es gibt Fälle, in denen es einfach(er) ist. Insbesondere dann, wenn es

i) sehr wenige Kanten gibt
i) sehr viele Kanten gibt


**zum ii) Fall**:

# Satz

Sei $G=(V,E)$ ein zusammenhängender Graph mit der Eigenschaft, dass $deg(x) +
deg(y) \geq |V|, \forall x \neq y, \{x,y\} \notin E$

Dann ist $G$ hamiltonisch.


# Beweis

(per Widerspruch)

Wir nehmen an, der Satz ist falsch. Dann gibt es ein Gegenbeispiel. Sei
$G=(V,E)$ ein solches Gegenbeispiel mit maximaler Anzahl an Kanten (bei
gegebenen $V$). Da $G$ nicht der vollständige Graph sein kann, gibt es $x,y \in
V$ mit $\{x,y\} \notin E$. Da $G$ maximal war, gibt es in $G'=\{V,E \cup
\{x,y\}\}$ einen Hamiltonkreis $k = (x=v_1,v_2,...,v_n=y)$ (die Kante
$\{x,y\}$ muss in $k$ genutzt werden).

Hier könnte ein Bild entstehen.

Betrachte 2 Mengen:

* $S = \{ v_i | \{x,v_{i+1}\} \in E \}$
* $T = \{ v_i | \{y, v_i\} \in E \} = \Gamma(y)$

Es gilt:

i) $y \notin S \cup T$, denn $y \notin T$, da keine Schleifen und $y \notin S$
per Definition
i) $|S| + |T| = |\Gamma(x)| + |\Gamma(y)| = deg(x) + deg(y) \geq |V|$ damit
folgt $S \cap T \neq \emptyset$, da $|V| > |S \cup T| = |S| + |T| - |S\cap T|
\geq |V| - |S \cap T|$

    $\Rightarrow |S \cap T| > 0$


Sei $v_i \in S \cap T$, dann ist $k' =
(x=v_1,...,v_i,y=v_n,v_{n-1},...,v_{i-1})$ ein Hamiltonkreis in $G$.

Widerspruch dazu, dass $G$ Gegenbeispiel.

$$
\tag*{$\Box$}
$$


Der Beweis liefert auch einen Algorithmus, um für solche Graphen effizient
Hamiltonkreise zu finden.  

**Idee**: Gegeben $G=(V,E)$. Starte mit beliebigen Hamiltonkreis
$k=(v_1,...v_n)$ wobei nicht alle Kanten in $E$ liegen (kein Hamiltonkreis in
$G$).

Entferne nach der Konstruktion im Beweis Kanten aus $k$, die nicht in $E$
liegen, und ersetze diese durch Kanten in $G$.

**Laufzeit**: $O(n)$ Iterationen.