转自:http://www.cnblogs.com/Ash-ly/p/5452580.html
概念:
　　哈密顿图:图G的一个回路,若它通过图的每一个节点一次,且仅一次,就是哈密顿回路.存在哈密顿回路的图就是哈密顿图.哈密顿图就是从一点出发,经过所有的必须且只能一次,最终回到起点的路径.图中有的边可以不经过,但是不会有边被经过两次.
　　与欧拉图的区别:欧拉图讨论的实际上是图上关于边的可行便利问题,而哈密顿图的要求与点有关.
判定:
一:Dirac定理(充分条件)
　　设一个无向图中有N个顶点,若所有顶点的度数大于等于N/2,则哈密顿回路一定存在.(N/2指的是⌈N/2⌉,向上取整)
二:基本的必要条件
　　设图G=<V, E>是哈密顿图,则对于v的任意一个非空子集S,若以|S|表示S中元素的数目,G-S表示G中删除了S中的点以及这些点所关联的边后得到的子图,则W(G-S)<=|S|成立.其中W(G-S)是G-S中联通分支数.
三:竞赛图(哈密顿通路)
　　N(N>=2)阶竞赛图一点存在哈密顿通路.
算法:
一:在Dirac定理的前提下构造哈密顿回路
过程:
　　1:任意找两个相邻的节点S和T,在其基础上扩展出一条尽量长的没有重复结点的路径.即如果S与结点v相邻,而且v不在路径S -> T上,则可以把该路径变成v -> S -> T,然后v成为新的S.从S和T分别向两头扩展,直到无法继续扩展为止,即所有与S或T相邻的节点都在路径S -> T上.
　　2:若S与T相邻,则路径S -> T形成了一个回路.
　　3:若S与T不相邻,可以构造出来一个回路.设路径S -> T上有k+2个节点,依次为S, v1, v2, ..., vk, T.可以证明存在节点vi(i属于[1, k]),满足vi与T相邻,且vi+1与S相邻.找到这个节点vi,把原路径变成S -> vi -> T -> vi+1 -> S,即形成了一个回路.
　　4:到此为止,已经构造出来了一个没有重复节点的的回路,如果其长度为N,则哈密顿回路就找到了.如果回路的长度小于N,由于整个图是连通的,所以在该回路上,一定存在一点与回路之外的点相邻.那么从该点处把回路断开,就变回了一条路径,同时还可以将与之相邻的点加入路径.再按照步骤1的方法尽量扩展路径,则一定有新的节点被加进来.接着回到路径2.
证明:
　　可利用鸽巢原理证明.
伪代码:
　　设s为哈密顿回路的起始点,t为哈密顿回路中终点s之前的点.ans[]为最终的哈密顿回路.倒置的意思指的是将数组对应的区间中数字的排列顺序方向.
　　1:初始化,令s = 1,t为s的任意一个邻接点.
　　2:如果ans[]中元素的个数小于n,则从t开始向外扩展,如果有可扩展点v,放入ans[]的尾部,并且t=v,并继续扩展,如无法扩展进入步骤3.
　　3:将当前得到的ans[]倒置,s和t互换,从t开始向外扩展,如果有可扩展点v,放入ans[]尾部,并且t=v,并继续扩展.如无法扩展进入步骤4.
　　4:如果当前s和t相邻,进入步骤5.否则,遍历ans[],寻找点ans[i],使得ans[i]与t相连并且ans[i +１]与ｓ相连,将从ans[i + 1]到t部分的ans[]倒置,t=ans[i +１],进如步骤5.
　　5:如果当前ans[]中元素的个数等于n,算法结束,ans[]中保存了哈密顿回路(可看情况是否加入点s).否则,如果s与t连通,但是ans[]中的元素的个数小于n,则遍历ans[],寻找点ans[i],使得ans[i]与ans[]外的一点(j)相连,则令s=ans[i - 1],t = j,将ans[]中s到ans[i - 1]部分的ans[]倒置,将ans[]中的ans[i]到t的部分倒置,将点j加入到ans[]的尾部,转步骤2.
时间复杂度:
　　如果说每次到步骤5算一轮的话,那么由于每一轮当中至少有一个节点被加入到路径S -> T中,所以总的轮数肯定不超过n轮,所以时间复杂度为O(n^2).空间上由于边数非常多,所以采用邻接矩阵来存储比较适合.
代码:

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二:N(N>=2)阶竞赛图构造哈密顿通路
N阶竞赛图:含有N个顶点的有向图,且每对顶点之间都有一条边.对于N阶竞赛图一定存在哈密顿通路.
数学归纳法证明竞赛图在n >= 2时必存在哈密顿路:
(1)n = 2时结论显然成立；
(2)假设n = k时,结论也成立,哈密顿路为V1, V2, V3, ..., Vk;
设当n = k+1时,第k + 1个节点为V(k+1),考虑到V(k+1)与Vi(1<=i<=k)的连通情况,可以分为以下两种情况.
1:Vk与V(k+1)两点之间的弧为<Vk, V(k+1)>,则可构造哈密顿路径V1, V2,…, Vk, V(k+1).
2:Vk与V(k+1)两点之间的弧为<V(k+1),Vk>,则从后往前寻找第一个出现的Vi(i=k-1,i>=1,--i),满足Vi与V(k+1)之间的弧为<Vi,V(k+1)>,则构造哈密顿路径V1, V2, …, Vi, V(k+1), V(i+1), …, V(k).若没找到满足条件的Vi,则说明对于所有的Vi(1<=i<=k)到V(k+1)的弧为<V(k+1),V(i)>,则构造哈密顿路径V(k+1), V1, V2, …, Vk.
证毕.
竞赛图构造哈密顿路时的算法同以上证明过程.

用图来说明:
假设此时已经存在路径V1 -> V2 -> V3 -> V4,这四个点与V5的连通情况有16种,给定由0/1组成的四个数,第i个数为0代表存在弧<V5,Vi>,反之为1,表示存在弧<Vi,V5>

sign[]={0, 0, 0, 0}.
很显然属于第二种情况,从后往前寻找不到1,即且不存在弧<Vi, V5>.
则构造哈密顿路:V5 -> V1 -> V2 -> V3 -> V4.

sign[]={0, 0, 0, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.

sign[]={0, 0, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5 -> V4.

sign[]={0, 0, 1, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.

sign[]={0, 1, 0, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为2.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V5 -> V3-> V4.

sign[]={0, 1, 0, 1}.
属于第一种情况,最后一个数字为1,即代表存在弧<Vi, V5>且i=4(最后一个点)
则构造哈密顿路:V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.(就不举末尾为1的栗子了~~)

sign[]={1, 0, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5-> V4.

sign[]={1, 1, 1, 0}.
属于第二种情况,从后往前找到1出现的第一个位置为3.
构造哈密顿路: V1 -> V2 -> V3 -> V5-> V4.

(还是举一个吧~~~)
sign[]={1, 1, 1, 1}.
同样最后一位为1,代表存在<Vi, V5>且i=4(最后一位)
则构造哈密顿路:V1 -> V2 -> V3 -> V4 -> V5.以上是当N=4时(N+1=5),用图来阐述算法的过程.
注意从后往前找不是找这个点编号之前的点,即不是按照编号来的,而是按照当前哈密顿序列从后往前找的.举个栗子:
4
2 1
1 3
3 2
4 1
4 2
4 3
第一步ans={1}
第二步ans={2,1}
第三步sign={0, 1}(map[3][2] = 0,map[3][1] = 1,当前序列为2,1) ,而不是{1, 0}(1,2),因为存在弧<V1, V3>和<V3, V2>.这里需要注意下.
代码:

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1 #include <iostream> 2 #include <cmath> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 #include <cstdlib> 6 #include <algorithm> 7 #include <queue> 8 #include <stack> 9 #include <vector>10 11 using namespace std;12 typedef long long LL;13 const int maxN = 200;14 15 //The arv[] length is len, insert key befor arv[index] 16 inline void Insert(int arv[], int &len, int index, int key){ 17 if(index > len) index = len;18 len++;19 for(int i = len - 1; i >= 0; --i){20 if(i != index && i)arv[i] = arv[i - 1];21 else{arv[i] = key; return;}22 }23 }24 25 void Hamilton(int ans[maxN + 7], int map[maxN + 7][maxN + 7], int n){26 int ansi = 1;27 ans[ansi++] = 1;28 for(int i = 2; i <= n; i++){//第一种情况,直接把当前点添加到序列末尾29 if(map[i][ans[ansi - 1]] == 1)30 ans[ansi++] = i;31 else{32 int flag = 0;33 for(int j = ansi - 2; j > 0; --j){//在当前序列中,从后往前找到第一个满足条件的点j,使得存在<Vj,Vi>且<Vi, Vj+1>.34 if(map[i][ans[j]] == 1){//找到后把该点插入到序列的第j + 1个点前.35 flag = 1;36 Insert(ans, ansi, j + 1, i);37 break;38 }39 }40 if(!flag)Insert(ans, ansi, 1, i);//否则说明所有点都邻接自点i,则把该点直接插入到序列首端.41 }42 }43 }44 45 int main()46 {47 //freopen("input.txt", "r", stdin);48 int t;49 scanf("%d", &t);50 while(t--){51 int N;52 scanf("%d", &N);53 int M = N * (N - 1) / 2;54 int map[maxN + 7][maxN + 7] = {0};55 for(int i = 0; i < M; i++){56 int u, v;57 scanf("%d%d", &u, &v);58 //map[i][j]为1说明j < i,且存在弧<Vi, Vj>,因为插入时只考虑该点之前的所有点的位置,与之后的点没有关系.所以只注重该点与其之前的点的连通情况.59 if(u < v)map[v][u] = 1;60 }61 int ans[maxN + 7] = {0};62 Hamilton(ans, map, N);63 for(int i = 1; i <= N; i++)64 printf(i == 1 ? "%d":" %d", ans[i]);65 printf("\n");66 }67 return 0;68 }

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** 代码2:**

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1 void Hamilton(int ans[maxN + 7], int map[maxN + 7][maxN + 7], int n){ 2 int nxt[maxN + 7]; 3 memset(nxt, -1, sizeof(nxt)); 4 int head = 1; 5 for(int i = 2; i <= n; i++){ 6 if(map[i][head]){ 7 nxt[i] = head; 8 head = i; 9 }else{10 int pre = head, pos = nxt[head];11 while(pos != -1 && !map[i][pos]){12 pre = pos;13 pos = nxt[pre];14 }15 nxt[pre] = i;16 nxt[i] = pos;17 }18 }19 int cnt = 0;20 for(int i = head; i != -1; i = nxt[i])21 ans[++cnt] = i;22 }

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代码三:

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