Grafos cap9

Grafos – Circuito e Ciclo de Euler
INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL (MS) IX-1
IX. Circuito e Ciclo de Euler
Um grafo orientado diz-se “euleriano” se há um circuito que contenha todos os seus arcos uma e só uma vez
(circuito “euleriano”).O grafo da figura é “euleriano”porque admite o circuito A, B, C, D.
De acordo com o teorema de Euler, “um grafo orientado admite um circuito de Euler se e só se for fortemente
conexo e pseudo simétrico1
” (diz-se que o grafo é “euleriano”).
Um grafo não orientado diz-se “euleriano” se há um ciclo que contenha todas as suas arestas uma e só uma vez
(ciclo “euleriano”).O grafo da figura é “euleriano”porque admite, por exemplo, o ciclo A, D, C, B.
De acordo com o teorema de Euler, “um grafo não orientado admite um ciclo de Euler se e só for conexo e não
tiver vértices de grau ímpar ”.
1. Circuito de Euler
Considere-se que a figura seguinte representa uma zona da cidade onde uma equipa terá que fazer recolha de
lixo em todos os arruamentos existentes (observando o sentido indicado para o trânsito).
Em cada um dos arruamentos está indicada a distância (centenas de metros) entre os vértices extremos.
Admitindo que se pretende que o percurso de limpeza comece e termine em “A” qual é o circuito óptimo ?
O circuito óptimo será um circuito de Euler (em que se percorrerão todos os arruamentos uma única vez). Se
existir, a distância total óptima será de 82 centenas de metros (somatório de todas as distâncias associadas a cada
um dos arcos do grafo). Este grafo será “euleriano” ?.
1
Um grafo orientado em que qualquer dos vértices tem semigrau interior e exterior iguais, diz-se grafo pseudo simétrico.
4
1 2
D
A
B
C 3
4
1 2
D
A
B
C 3
A
E
C
D
B
10
10
15
11
12
8
9
7

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL (MS)IX-2
Na matriz do grafo, verifica-se se o grafo é conexo e, em caso afirmativo, determinam-se os semigraus de cada
um dos vértices :
A B C D E AΓ
^ +
iv
A 10 0 1
B 10 11 2 2
C 12 3 1
D 15 9 2 2
E 8 7 1 2
1
^
−
ΓA
0 1 3 2 2
−
iv 1 2 1 2 2
Porque o grafo é conexo e todos os vértices têm semigraus iguais, de acordo com o teorema de Euler o grafo é
“euleriano”.
Para estabelecer um circuito de Euler, que sabemos existir, actue-se do seguinte modo:
1. Registar em coluna, para cada vértice, os seus sucessores (1º quadro)
A B C D E
E A D B B
C E D
2. Organizar um 2º quadro para registar, sucessivamente, os arcos do circuito (início em “A” por
exemplo)
Ordem 1º 2º 3º 4º 5º 6º 7º 8º Fecho
Vértice A
3. Escolher sucessivamente sucessores do último vértice atingido,
impedindo circuitos “parasitas”
• Seleccionar o arco AE ; eliminar “E” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “E”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E
• Seleccionar o arco EB ; eliminar “B” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “B”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B

• Seleccionar o arco BA ; eliminar “A” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “A”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B A
• O vértice “A” não tem sucessores; estabeleceu-se prematuramente o circuito “parasita” A, E, B, A.. O
vértice “A” é deslocado para a última casa livre do 2º quadro. O “último” vértice” do circuito é agora
“B”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B A
• Seleccionar o arco BC ; eliminar “C” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “C”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B C A
• Seleccionar o arco CD ; eliminar “D” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “D”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B C D A
• Seleccionar o arco DB ; eliminar “B” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “B”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B C D B A

• O vértice “B” não tem sucessores; estabeleceu-se o circuito “parasita” B, C, D, B. O vértice “B” é
deslocado para a última casa livre do 2º quadro. O “último” vértice” do circuito é agora “D”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B C D B A
• Seleccionar o arco DE ; eliminar “E” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “E”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B C D E B A
• Seleccionar o arco ED ; eliminar “D” no 1º quadro e registar no 2º quadro; último vértice é “D”
A B C D E
E A D B B
C E D
Vértice A E B C D E D B A
Todos os arcos foram seleccionados. Neste último quadro tem-se o circuito de Euler com início e fim no
vértice “A”.
Veja-se agora a situação anterior mas noutra zona da cidade:
Este grafo será “euleriano” ?
F
G
I
D
B
A
E
H
5
4
4
4
4
8
3
3
C
4
6
4 7
7
3
6
6
55

Comecemos por organizar a matriz booleana do grafo da zona de limpeza, verificar se o grafo é fortemente
conexo e registar o semigrau interior e exterior de cada vértice:
A B C D E F G H I AΓ
^
+
iv
A 1 1 0 2
B 1 1 1 2
C 1 1 1
D 1 1 2 2
E 1 1 1 2 3
F 1 1 3 2
G 1 1 4 2
H 1 1 1 3 3
I 1 3 1
1
^
−
ΓA
0 2 3 4 1 1 2 3 4
−
iv 2 3 2 2 2 1 2 2 2
A intersecção dos fechos transitivos directo e inverso do vértice “A” é o conjunto {A,B,C,D,E,F,G,H,I }) pelo
que o grafo é fortemente conexo.
Nos vértices B, C, E, F, H e I os semigraus exterior e interior são diferentes pelo que não há circuito de Euler
ou seja para fazer o circuito C, …., C será necessário repetir a passagem em um ou mais dos arruamentos
(arcos).
O problema é então saber quais os arruamentos a repetir de forma a que o aumento na distância total
seja o menor possível.
O cálculo da solução óptima deste problema implica a “eulerização” do grafo que consiste em calcular quais os
arcos a repetir entre vértices da rede (repetição de arruamentos) por forma a que, em todos eles, haja igualdade
de semigraus (grafo “euleriano”).
Recorrendo à teoria de fluxos em rede, os vértices com semigraus diferentes serão Origem ou Destino de fluxo
consoante o semigrau exterior é, respectivamente, menor ou maior do que o semigrau interior.
Assim, por exemplo, o vértice “B” necessita ser considerado como Origem de Fluxo com “oferta” de uma
unidade de fluxo. De facto, porque é “origem” de 2 arcos e “fim” de 3 arcos, é necessário repetir a passagem
num dos arcos de que “B” é origem para ficar equilibrado o número de “saídas de B” com o número de
“entradas em B”. No quadro seguinte, sistematiza-se esta pesquisa prévia:
A B C D E F G H I
+
iv −
iv
Considerar “Oferta”/”Procura”
A 1 1 2 = 2
B 1 1 2 < 3 Origem 132 =−
C 1 1 < 2 Origem 121 =−
D 1 1 2 = 2
E 1 1 1 3 > 2 Destino 123 =−
F 1 1 2 > 1 Destino 112 =−
G 1 1 2 = 2
H 1 1 1 3 > 2 Destino 123 =−
I 1 1 < 2 Origem 121 =−

Nota: Veja-se que a “disponibilidade de fluxo” dos vértices classificados como “origem de fluxo ” tal como a
“necessidade de fluxo” dos vértices classificados como “destino de fluxo” é igual ao valor absoluto da
diferença entre os semigraus do vértice.
Para calcular o “fluxo máximo com menor distância total”, define-se a entrada fictícia na rede, “X”, que é ligada
com arcos às origens de fluxo (B, C, I) e a saída fictícia da rede, “Y”, que é ligada aos destinos de fluxo (E, F,
H). A capacidades destes arcos de ligação é igual à oferta/procura do vértice a que estão associados. Os restantes
arcos da rede têm capacidade ilimitada.
O fluxo máximo com menor encargo (distância neste caso) pode obter-se recorrendo a um modelo de
programação inteira (PLIP) em que as variáveis de decisão, não negativas, indicam o fluxo que percorre cada
arco da rede. Atendendo a que, obrigatoriamente, as variáveis XB, XC , XI, EY, FY e HY terão valor de 1
unidade (tanto quanto é o valor absoluto da diferença entre os semigraus), o modelo a utilizar é o seguinte:
AB AC BD BE CB DC DI EA EF EH FA FG GE GI HB HD HG IH
Min 4 6 5 3 4 7 7 5 4 3 8 5 4 6 4 6 4 3 Obs
I -1 -1 1 = 1 Origem
B -1 1 1 -1 -1 = 1 Origem
C -1 1 -1 = 1 Origem
G 1 -1 -1 1 = 0
D 1 -1 -1 1 = 0
A -1 -1 1 1 = 0
H 1 -1 -1 -1 1 = 1 Destino
E 1 -1 -1 -1 1 = 1 Destino
F 1 -1 -1 = 1 Destino
A solução óptima1
BE=2, CB=EF=IH=1 indica para cada um destes arruamentos o número de vezes que devem
ser repetidos para obter o circuito desejado com a distância total óptima de 105 centenas de metros (88 dos
arruamentos e 17 das repetições de arruamentos). Para calcular o circuito é necessário “aumentar” o grafo com 2
1
Obtida pelo método “out of kilter”. Pode utilizar-se o modelo de Transhipment.
G
I
D
B
A
5
4
4
4
4
8 3
3
C
4
6
4 7
7
3
6
6
55
F
E
H
X
Cap = 1
Y
Cap = 1
Cap = 1
Cap = 1
Cap = 1
Cap = 1

arcos ligando B a E, 1 arco ligando C a B, 1 arco ligando E a F e 1 arco ligando I a H pois deste modo todos os
vértices ficam com semigraus iguais (grafo “euleriano”):
Este grafo “aumentado” admite o circuito de Euler:
“C, B, D, I, H, G, E, H, D, C, B, E, F, G, I, H, B, E, A, B, E, F, A, C”
que se representa na figura seguinte (nos arcos está registada a ordem porque são percorridos):
Nota: veja-se que, nos vértices B, C, E, F, H e I são iguais os semigraus interior e exterior (pseudo simetria)
Se se optasse pelo modelo de Transhipment para calcular os arruamentos a repetir, usava-se a matriz inicial:
A B C D E F G H I Oferta Observações
A 0 4 6 3
B 0 5 3 3+1
C 4 0 3+1
D 7 0 7 3
E 5 0 4 3 3
F 8 0 5 3
G 4 0 6 3
H 4 6 4 0 3
I 3 0 3+1
Procura 3 3 3 3 3+1 3+1 3 3+1 3
A distância associada
às ligações inexistentes
é considerada infinita
(Big “M”)
Nota: Buffer= 3; Origens e Transhipment: B, C, I ; Destinos e Transhipment: E, F, H
obtendo-se a solução óptima seguinte (veja-se BE=2, CB=EF=IH=1; Min f(X)=17 ):
A 3 0
B 2 0 2
C 1 3
D 3
E 2 1 0
F 3
G 3
H 0 3
I 1 3
A
F
G
E
C
D
H
I
B
13º
6º
5º
14º
15º
3º
8º
16º
7º
11º
12º
22º
18º
19º 2º
1º
9º
23º
10º
20º
17º
21º
4º

2. Ciclo de Euler
Considere-se agora a mesma zona da cidade mas em que os arruamentos permitem transitar nos dois sentidos
(arestas).
Admitindo desejar que o percurso de limpeza de todos os arruamentos comece e termine em “C” qual é o ciclo
óptimo ?
O ciclo óptimo será um ciclo de Euler (em que se percorrerão todos os arruamentos uma única vez). Se existir,
a distância total óptima será de 88 centenas de metros (somatório de todas as distâncias associadas a cada um
dos arcos do grafo). Este grafo admite ciclo de Euler ?
O grau de cada um dos vértices (número de arestas de que o vértice é extremo) é o seguinte:
A B C D E F G H I Grau Obs.
A 1 1 1 1 4
B 1 1 1 1 1 5 Ímpar
C 1 1 1 3 Ímpar
D 1 1 1 1 4
E 1 1 1 1 1 5 Ímpar
F 1 1 1 3 Ímpar
G 1 1 1 1 4
H 1 1 1 1 1 5 Ímpar
I 1 1 1 3 Ímpar
Nota: atente-se que em qualquer grafo não orientado, é sempre par o número de vértices de grau
ímpar, caso existam (teorema de Euler)
Porque há pelo menos um vértice de grau ímpar não há ciclo de Euler para a limpeza ou seja para fazer o ciclo
C, …., C será necessário repetir a passagem em um ou mais dos arruamentos. O problema é então saber quais
os arruamentos a repetir de forma a que o aumento na distância total seja o menor possível.
O cálculo da solução óptima deste problema implica a “eulerização” do grafo que consiste em calcular quais as
arestas a repetir entre vértices da rede (repetição de arruamentos) por forma a que, todos eles, tenham grau
par (admitindo então um ciclo de Euler).
A
F
G
E
C
D
H
I
B
5
4
4
6
3
7
6
4
3
3
4
8
5
4 5
4
7
6

A técnica a usar, que difere da utilizada para grafos orientados, é a seguinte:
1. calcular a distância mínima entre cada par de vértices da rede
2. organizar pares de vértices, de grau ímpar, de forma a que :
• cada um dos vértices não pertença a mais do que um par
• seja mínima a soma das distâncias mínimas associadas a cada um dos pares
Utilizando um algoritmo de encaminhamento (Floyd por exemplo) obtêm-se as seguintes matrizes de distâncias
mínimas e de precedências:
A B C D E F G H I
A 4 6 5 8
B 4 4 5 3 4
C 6 4 7
(Matriz inicial) D 5 7 6 7
E 5 3 4 4 3
F 8 4 5
G 4 5 4 6
H 4 6 3 4 3
I 7 6 3
A B C D E F G H I
A 4 6 9 5 8 9 8 11
B 4 4 5 3 7 7 4 7
C 6 4 7 7 11 11 8 11
(Matriz de distâncias mínimas) D 9 5 7 8 12 10 6 7
E 5 3 7 8 4 4 3 6
F 8 7 11 12 4 5 7 10
G 9 7 11 10 4 5 4 6
H 8 4 8 6 3 7 4 3
I 11 7 11 7 6 10 6 3
A B C D E F G H I
A B E B H
B E E H
C B E E B H
(Matriz de precedências) D B B E H
E B B H
F E E E E H
G E E E H
H B B E
I H H H H H
Para organizar os pares de vértices de grau ímpar recorre-se a algoritmia adequada (minimum weighted perfect
matching) ou a um modelo de PLIB (programação linear inteira binária). Neste último, consideram-se os pares
possíveis (i,j) como sendo as variáveis de decisão (binárias: com valor 1 organiza-se o par (i,j) ; com valor 0 não
se organiza o par (i,j) ). O modelo de PLIB a utilizar é o seguinte:

BC BE BF BH BI CB CE CF CH CI EB EC EF EH EI FB FC FE FH FI HB HC HE HF HI IB IC IE IF IH
f= 4 3 7 4 7 4 7 11 8 11 3 7 4 3 6 7 11 4 7 10 4 8 3 7 3 7 11 6 10 3
Vértice
B 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1
C 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1
E 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1
F 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1
H 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1
I 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1
Nota:
Para cada vértice de grau ímpar é estabelecida uma restrição com todas as variáveis em que este vértice é o
1º ou o 2º vértice do par. Deste modo só uma dessas variáveis poderá ter valor 1 impedindo que o vértice
pertença a mais do que um par.
Os coeficientes da função objectivo, a minimizar, são as distâncias mínimas entre cada um dos pares de
vértices em estudo (ver matriz de distâncias mínimas).
Se, no óptimo, o par (i,j) tiver o valor “1” é necessário recorrer à matriz de precedências para saber o
encaminhamento associado à distância mínima (que é coeficiente do par na função objectivo).
As arestas deste encaminhamento serão duplicadas alcançando-se a desejada paridade dos vértices para se
calcular o ciclo óptimo como se de um ciclo de Euler se tratasse.
A solução óptima do modelo de PLIB é BC=1, EF=1; HI=1 com valor mínimo da função igual a 11 centenas de
metros.
Recorrendo à matriz de precedências, o encaminhamento óptimo entre estes pares de vértices é:
• BC : ligação directa com distância óptima de 4 centenas de metros
• EF : ligação directa com distância óptima de 4 centenas de metros
• HI : ligação directa com distância óptima de 3 centenas de metros
A figura seguinte mostra o grafo “aumentado” com a indicação da ordem porque cada arruamento deve ser
percorrido pelo pessoal da limpeza (ciclo de Euler). A distância total a percorrer será de 99 centenas de metros
(88+11).
A
F
G
E
C
D
H
I
B
5
4
4
6
3
7
6
4
3
3
4
8
5
4 5
4
7
6
3
4
4

3. Auto Teste
a. Qual é o grau do vértice B?
b. O grafo seguinte admite um ciclo de Euler? Em caso negativo, quantas arestas são necessárias para “eulerizá-
lo” ?
c. Qual é o mínimo de repetições de arestas necessárias para “eulerizar” o grafo seguinte?
d. Comente a afirmação seguinte: “No grafo não orientado com 10 vértices de grau ímpar é necessário repetir 5
arestas para “eulerizar” o mesmo.
e. Comente a afirmação seguinte: “No grafo não orientado com 10 vértices de grau ímpar é necessário, no
mínimo, repetir 5 arestas para “eulerizar” o mesmo.
f. “Eulerize” o grafo seguinte:
CA B
D
CA B
D
D
A
B
C
F
G
E
G
I
B
A
D EC
F
K LJ
H

g. Calcule um ciclo óptimo de limpeza na região urbana que o grafo seguinte representa (arestas com
distâncias em centenas de metros):
h. Numa fábrica as ligações exteriores existentes são as indicadas na matriz seguinte (arestas com distâncias em
metros).
A B C D E F
A 500 1000
B 500 300 200 700
C 1000 300 600
D 200 600 300 200
E 700 300 300
F 200 300
As instalações da segurança nocturna estão localizadas em “A”.
Calcule o encaminhamento óptimo para a segurança sair e regressar às instalações percorrendo todos os
arruamentos exteriores.
i. Calcule o circuito óptimo no grafo com a seguinte matriz de custos (u.m.):
A B C D E F
A 10 4
B 10 11
C 12
D 15 9
E 8 7
F 11
B
5
A
D
2
C
5
4
3
E
5
10
6
10
I
F
8
6
3
4
G
5
H
7
4
8
5
J
9
7

j. Calcule o circuito postal óptimo no grafo com a seguinte matriz de tempos (u.t.):
A B C D E F G H I J K L
A 10 10
B 30
C 10 20
D 20
E 20 10 10
F 40 20
G 20 10
H 10 10
I 10
J 30 10
K 30
L 20

4. Solução do Auto Teste
a. O grau do vértice é o número de arcos/arestas de que o vértice é extremo. O vértice B tem grau 3.
b. Os vértices B e D têm grau ímpar, pelo que não há ciclo de Euler. Porque B e D são adjacentes “euleriza-se”
o grafo repetindo a aresta BD:
c. Os vértices com grau ímpar são C e G. A cadeia de menor comprimento tem duas arestas (CB e BG) pelo
que é necessário repetir estas duas arestas:
d. Errado (ver a questão anterior).
e. Correcto (ver a questão anterior).
f. Reutilizar as 5 arestas AB, DE, EG, IL, LK ou AB, DF, FH, HK, GI são soluções óptimas.
CA B
D
D
A
B
C
F
G
E
G
I
B
A
D EC
F
K LJ
H
G
I
B
A
D EC
F
K LJ
H

g. Não há ciclo de Euler (A, B, E e I têm grau ímpar).
Para “eulerizar” o grafo é necessário calcular a matriz de encaminhamentos de distância mínima entre cada
par de vértices e, de seguida, organizar os 4 vértices de grau ímpar em dois pares complementares.
Para tal, a ligação F-G deve desdobrar-se ficando do seguinte modo:
A matriz inicial de distâncias para cálculo do “grau de cada vértice e “encaminhamento de distância mínima
entre cada par de vértices” é a seguinte:
A B C D E F1 F2 G1 G2 H I J Grau
A 5 4 2 Ímpar
B 5 3 10 Ímpar
C 4 3 5 6 8 10 Par
D 2 5 4 6 Par
E 10 6 5 Ímpar
F1 8 4 0 5 5 9 Par
F2 0 3 Par
G1 6 5 0 7 Par
G2 3 0 Par
H 5 7 7 8 Par
I 10 5 9 7 4 Ímpar
J 8 4 Par
Os pares óptimos (A,B) e (E,I) são os arruamentos a repetir. A distância total óptima é de 126 centenas de
metros (116 dos arruamentos; 10 das repetições).
C
D
5 F1
8
6
4
G1
5
H
7
5
G2F2
0
3
0

O grafo “aumentado” a seguir apresentado (conexo e com todos os vértices de grau par) admite o ciclo de
Euler ,definido a partir de “A “ :
A B A C B E C D F C I E I F G F H I J H G D A
h. Não há ciclo de Euler pois há vértices de grau ímpar (C e E).
O grafo e matriz inicial são os seguintes:
Para “eulerizar” o grafo é necessário calcular a distância mínima entre os dois únicos vértices de grau ímpar
(é de 800 metros por C, B, D, E).
O grafo é “aumentado” com as arestas CB, BD e DE que representam os arruamentos a repetir durante a
ronda.
O ciclo óptimo (ciclo de Euler) é de 4900 metros (4100+800):
A, B, C, B, D, B, E, D, E, F, D, C, A
B
1º
A
D
22º
C
7º
3º
4º
E
11º
10º
6º
5º
I
F
9º
21º
15º
8º
G
14º
H
20º
18º
19º
16º
J
13º
17º2º
12º
A B500
E
FD
C
300
700
200
3001000 300
200
600
A B500
E
FD
C
300
700
200
3001000 300
200
600

i. Há circuito de Euler com valor de 97 u.m. (grafo conexo; todos os vértices com grau par):
A E B C D E D B A F A
j. Não há circuito de Euler pois há vértices com semigraus interior e exterior diferentes (só A , H e I têm
semigraus iguais). O grafo aumentado é o seguinte:
A B C D E F G H I J K L Nº de arcos a repetir
A 10 10
B 30 2 para F;
C 10 20 1 para D;
D 20 1 para H;
E 20 10 10 1 para A;
F 40 20 3 para E; 1 para G;
G 20 10 1 para C;
H 10 10
I 10
J 30 10 2 para F;
K 30 2 para J;
L 20 1 para K;
Neste grafo, aumentado, o circuito postal óptimo tem 770 unidades de tempo das quais 420 são devidas à
repetição de arcos:
A B F E A C B F E B F E I J F G C D H G C D H …
… G C D H L K J F G K J L K J F E A
A
B
10
E
F
D
C
8
12
11
4
10
15
7
9
11

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