Drogi i cykle
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11409
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Drogi i cykle
Wyznaczyć \(\displaystyle{ n}\) rozłącznych dróg Hamiltona w \(\displaystyle{ K_{2n}}\) i \(\displaystyle{ n}\) rozłącznych cykli Hamiltona w \(\displaystyle{ K_{2n+1}}\).
Ostatnio zmieniony 27 paź 2021, o 00:19 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Powód: Interpunkcja.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Drogi i cykle
W \(\displaystyle{ K_{2n+1}}\) cykli Hamiltona rozłącznych parami wychodzi mi:
tyle ile jest liczb względnie pierwszych z \(\displaystyle{ 2n+1}\) ale mniejszych od: \(\displaystyle{ \frac{2n+1}{2} }\)...
Ładnie wychodzi dla liczb pierwszych:\(\displaystyle{ 5, 7}\) ale już dla \(\displaystyle{ 9}\) się sypie i nie wychodzi mi, że jest ich \(\displaystyle{ 4}\) tylko \(\displaystyle{ 3}\)
Każdy taki cykl to permutacja liczb od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 9}\), jednocykliczna... i ciężko wyszukać \(\displaystyle{ 4 }\), żeby nie miały krawędzi wspólnych...
Dla siódemki będzie ich trzy... za to...
Pokaże dla dziewiątki np:
\(\displaystyle{ (1,2,3,4,5,6,7,8,9)}\)
\(\displaystyle{ (1,3,5,7,9,2,4,6,8)}\)
\(\displaystyle{ (1,5,9,4,8,3,7,2,6)}\)
Mamy tu trzy permutacje, między którymi, żadne dwie kolejne pary się nie powtórzą...
I nie znajdę raczej czwartej permutacji w której dziewięć par i żadna się nie powtórzy...
tyle ile jest liczb względnie pierwszych z \(\displaystyle{ 2n+1}\) ale mniejszych od: \(\displaystyle{ \frac{2n+1}{2} }\)...
Ładnie wychodzi dla liczb pierwszych:\(\displaystyle{ 5, 7}\) ale już dla \(\displaystyle{ 9}\) się sypie i nie wychodzi mi, że jest ich \(\displaystyle{ 4}\) tylko \(\displaystyle{ 3}\)
Każdy taki cykl to permutacja liczb od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 9}\), jednocykliczna... i ciężko wyszukać \(\displaystyle{ 4 }\), żeby nie miały krawędzi wspólnych...
Dla siódemki będzie ich trzy... za to...
Pokaże dla dziewiątki np:
\(\displaystyle{ (1,2,3,4,5,6,7,8,9)}\)
\(\displaystyle{ (1,3,5,7,9,2,4,6,8)}\)
\(\displaystyle{ (1,5,9,4,8,3,7,2,6)}\)
Mamy tu trzy permutacje, między którymi, żadne dwie kolejne pary się nie powtórzą...
I nie znajdę raczej czwartej permutacji w której dziewięć par i żadna się nie powtórzy...
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Drogi i cykle
Przykład :
\(\displaystyle{ (1,2,3,4,5,6,7,8,9)}\)
\(\displaystyle{ (1,3,5,7,9,2,4,6,8)}\)
\(\displaystyle{ (1,6,3,9,5,2,8,4,7) \\
(1,4,9,6,2,7,3,8,5)}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Drogi i cykle
A tak faktycznie jest...
Dodano po 23 minutach 8 sekundach:
To sprawa wydaje się być prosta w każdym cyklu o długości:
\(\displaystyle{ 2n+1}\) jest par \(\displaystyle{ 2n+1}\) a wszystkich możliwych par jest w takim układzie:
\(\displaystyle{ {2n+1 \choose 2}=n \cdot (2n+1) }\)
Czyli dokładnie wyjdzie: \(\displaystyle{ n}\) niezależnych cykli nieprzecinających się bo:
\(\displaystyle{ \frac {n \cdot (2n+1)}{2n+1}=n}\)
Na każdy cykl zużywamy \(\displaystyle{ n}\) niezależnych par z puli: \(\displaystyle{ n \cdot (2n+1)}\) - wszystkich par...
Dodano po 23 minutach 8 sekundach:
To sprawa wydaje się być prosta w każdym cyklu o długości:
\(\displaystyle{ 2n+1}\) jest par \(\displaystyle{ 2n+1}\) a wszystkich możliwych par jest w takim układzie:
\(\displaystyle{ {2n+1 \choose 2}=n \cdot (2n+1) }\)
Czyli dokładnie wyjdzie: \(\displaystyle{ n}\) niezależnych cykli nieprzecinających się bo:
\(\displaystyle{ \frac {n \cdot (2n+1)}{2n+1}=n}\)
Na każdy cykl zużywamy \(\displaystyle{ n}\) niezależnych par z puli: \(\displaystyle{ n \cdot (2n+1)}\) - wszystkich par...
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Drogi i cykle
Sądzę, że nie o to chodzi, skoro cykle i drogi opisane w zadaniu muszą wykorzystać wszystkie krawędzie klik aby zaistnieć we wskazanej liczbie.
Przypuszczam że raczej chodzi o wskazanie przepisu jak je wyznaczać.
Przykładowo, w przypadku klik o liczbie pierwszej \(\displaystyle{ 2n+1}\) wierzchołków przepis jest prosty: przykładowe rozłączne cykle to kolejne, co drugie, trzecie,..., n-te poetykietowane wierzchołki. Jednak dla nieparzystych złożonych liczb \(\displaystyle{ 2n+1}\) samych ''gwiaździstych'' cykli nie można użyć, co pokazał przykład z \(\displaystyle{ K_9}\).
PS
Bardzo nie lubię tej nadużywanej przez panie frazy, lecz tu muszę ją napisać: Nie wiem jak ma być, ale na pewno nie tak.
Przypuszczam że raczej chodzi o wskazanie przepisu jak je wyznaczać.
Przykładowo, w przypadku klik o liczbie pierwszej \(\displaystyle{ 2n+1}\) wierzchołków przepis jest prosty: przykładowe rozłączne cykle to kolejne, co drugie, trzecie,..., n-te poetykietowane wierzchołki. Jednak dla nieparzystych złożonych liczb \(\displaystyle{ 2n+1}\) samych ''gwiaździstych'' cykli nie można użyć, co pokazał przykład z \(\displaystyle{ K_9}\).
PS
Bardzo nie lubię tej nadużywanej przez panie frazy, lecz tu muszę ją napisać: Nie wiem jak ma być, ale na pewno nie tak.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Drogi i cykle
Pewnie masz rację bo o ilości tych cykli jest już sprawa jasna...
W rzeczy samej sprawa jeszcze do przemyślenia, na pewno ma to związek z rozkładem liczb na czynniki pierwsze...
Dodano po 23 godzinach 8 minutach 51 sekundach:
Dodam tu jeszcze, że w takim grafie pełnym cyklami Hamiltona będą "podgrafy" , których stopień każdego wierzchołka będzie dokładnie dwa,
(Są one złożone z boków i przekątnych wielokąta), jako samodzielny graf o każdym wierzchołku równym dwa będzie to cykl Eulera bo w takim przechodzimy przez wszystkie jego krawędzie...i wracamy do początku, pierwsze dwa łatwo bardzo narysować bo pierwszy składa się z samych boków a drugi z przekątnych pierwszego stopnia:
\(\displaystyle{ (1,3,5,7,...2n-1, 2n+1,2,4,6,...,2n)}\)
Gorzej jest generować pozostałe ...
W rzeczy samej sprawa jeszcze do przemyślenia, na pewno ma to związek z rozkładem liczb na czynniki pierwsze...
Dodano po 23 godzinach 8 minutach 51 sekundach:
Dodam tu jeszcze, że w takim grafie pełnym cyklami Hamiltona będą "podgrafy" , których stopień każdego wierzchołka będzie dokładnie dwa,
(Są one złożone z boków i przekątnych wielokąta), jako samodzielny graf o każdym wierzchołku równym dwa będzie to cykl Eulera bo w takim przechodzimy przez wszystkie jego krawędzie...i wracamy do początku, pierwsze dwa łatwo bardzo narysować bo pierwszy składa się z samych boków a drugi z przekątnych pierwszego stopnia:
\(\displaystyle{ (1,3,5,7,...2n-1, 2n+1,2,4,6,...,2n)}\)
Gorzej jest generować pozostałe ...