EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DE TEORIA DOS GRAFOS - LISTA II 1.) Escreva a matriz de adjacências dos grafos abaixo: a)

SOLUÇÃO

1

5

2

4

3

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 0 0 1 20 0 1 1 00 1 0 1 01 1 1 1 12 0 0 1 1

M

b)

SOLUÇÃO1

2 3

4 5

7 6

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 1 1 0 1 1 01 0 0 1 1 1 01 0 0 0 1 0 00 1 0 0 0 1 01 1 1 0 0 0 11 1 0 1 0 0 10 0 0 0 1 1 0

M

c)

SOLUÇÃO

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0

M

1 3

2 4

1

2.) Desenhe os grafos correspondentes as matrizes de adjacência abaixo: a)

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 2 0 0 0 02 0 0 0 0 00 0 0 1 0 00 0 1 1 1 00 0 0 1 0 10 0 0 0 1 0

M

SOLUÇÃOComo a matriz M é simétrica, o grafo correspondente não é necessariamente direcionado. Apre- sentamos abaixo uma das soluções possíveis

1 2

3

4 5 6

b)

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 0 0 0 12 0 1 0 00 1 1 0 00 0 0 0 00 0 1 1 0

M

SOLUÇÃOComo a matriz M não é simétrica, o grafo cor respondente é necessariamente direcionado. Apresentamos abaixo uma das soluções pos- síveis.

1 2

3

4

5

3.) Desenhe o grafo não-direcionado cuja matriz de adjacência na sua forma triangular infe- rior é dada por:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 2 1 01 1 0

0 12

M

SOLUÇÃO A matriz M na sua forma completa é dada por:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 2 1 0 2 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 2

M

Assim, uma das soluções possíveis é:

1

2 3 4

2

4.) Descreva o grafo cuja matriz de adjacência é uma matriz identidade de ordem n? SOLUÇÃO

Lembrando que: I o grafo em questão é forma-

do por n nós desconexos, com um laço em cada nó. ⎩⎨⎧

≠=

== j i se 0 j i se 1

a :que tal)(a j inn x j in

5.) Descreva a matriz de adjacência de K n (grafo simples completo com n nós). SOLUÇÃO Tomemos por exemplo K 4.

1

2

3

4

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0

M

Generalizando, podemos dizer que, a matriz de K n , é uma matriz quadrada M de ordem n tal que:

⎩⎨⎧

≠=

== j i se 1 j i se 0

a :que tal)(a M j inn x j i

6.) Dada uma matriz de adjacência A de um grafo direcionado G, descreva o grafo representado pela matriz At (matriz transposta de A) SOLUÇÃO Para ilustrar a resolução, vamos utilizar o seguinte grafo:

cuja matriz de adjacência é:

1

2 3 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

0 1 0 0 0 1 1 0 0

M

Observando agora que:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

0 0 1 1 0 0 0 1 0

M t

corresponde ao grafo:

1

2 3 podemos concluir que o grafo correspondente a matriz de adjacência M t ( matriz de adjacência transposta de um grafo G) pode ser obtido, invertendo as direções dos arcos de G. 3

4.) Construa a lista de adjacências dos grafos abaixo:

a)

SOLUÇÃO

1

2 3

4 5

7 6

)

SOLUÇÃO

2

1

2

3

4

5

6

7

3

1 4 6 7

1 5 6 7

2 6

3 7

2 3 4 7

2 3 5 6

b

bserve que foram necessários, apenas, 16 locais de armazenagem para a lista de adjacências. Já a

4

Omatriz de adjacência iria exigir 36 locais de armazenagem.

1

3

6

4

5

2 1 2

2

3

4

5

6

3

4 5 6

c)

SOLUÇÃO

5.) Utilize o algorítmo de Welch-Powell para colorir os grafos abaixo e determine o seu núme-

)

ÃO

ro cromático. a

SOLUÇ Algoritmo de Welch-Powell

s em ordem decrescente de grau): 1 – 2 – 3 – 4 – 5

ó 2

OBSERVAÇÕES IMPORTANTES

1º PASSO (ordenar os vértice2º PASSO (atribuir a cor C1, no caso preta): nó 1 3º PASSO (atribuir a cor C2, no caso vermelha): n4º PASSO (atribuir a cor C3, no caso branca): nó 3

3º PASSO (atribuir a cor C4, no caso amarela): nó 43º PASSO (atribuir a cor C5, no caso azul): nó 5

a de Appel-Haken garante que todo grafo planar simples e conexo é 4-colorizável. Já o grafo em questão (K 5 ) que como sabemos não é planar é 5-colorizável, e

O teorem

χ (K 5 ) = 5 De forma geral: χ (K n ) = n

5

1

2 3

4

3 1

2 2

1

21

2

3

4

4

4

3 3 1

2

2

1 1

1

2 5

3 4

1

2

3 4

5

b)

SOLUÇÃO

ALGORÍTMO: 1º PASSO: 5 – 1 – 2 – 3 – 4 2º PASSO (cor C1, azul): nó 5 3º PASSO (cor C2, amarela): nós 1 e 3 4º PASSO (cor C3, vermelha): nós 2 e 4 Assim o grafo é 3-colorizável e χ (G) = 3

c)

SOLUÇÃO

ALGORÍTMO: 1º PASSO: 6–7–2–3–5–8–10–11–1– 4–9–12 2º PASSO (cor vermelha): nós 6, 3, 8, 11, 1 e 9 3º PASSO (cor azul): nós 7, 2, 5, 10, 4 e 12 Assim o grafo é 2-colorizável e χ

1

2 3

4

5

1

2 3

4

5

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

(G) = 2

6

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

d)

SOLUÇÃO

D – G – C

ALGORÍTMO: 1º PASSO: A – B – E – F – H –2º PASSO (cor vermelha): nós A, D, C 3º PASSO (cor azul): nós B, E, G 4º PASSO (cor azul): nós F, H

ssim o grafo é 3-colorizável e A χ (G) = 3

ÃO

) e

SOLUÇ

: F – A – C – E – G – D – H

ALGORÍTMO1º PASSO: B – 2º PASSO (cor vermelha): nós B, G 3º PASSO (cor amarela): nós F, C 4º PASSO (cor azul): nós A, D, H 5º PASSO (cor branca): nó E Assim o grafo é 4-colorizável e χ (G) = 4

7

A

B

C

D

E

F

GH

A E

G H

B

C

D

F

A

B

C

D

E

F

G

H

B

E

F

D

A

C

G

H

Para os exercícios a seguir considere as seguintes definições:

► Um grafo G se diz de Euler) quando apenas dois de seus nós meçar em um nó ímpar e terminar no

outro. ► Um grafo G se diz de Euler) se todos os seus nós tem grau par. O circuito de

ou eulerianos. No caso do grafo ser através- aminho de Euler; No caso do grafo ser euleriano identifique um circui-

SOLUÇÃO

atravessável (tem um caminho

tem grau ímpar. Os caminhos atravessáveis precisam co

euleriano (tem um circuito Euler pode começar (e terminar) em qualquer nó.

6.) Verifique se os grafos abaixo são atravessavéissável identifique um co de Euler. t

a)

1 2

456

7 8

O grafo em questão é atravessável, pois possui apenas dois nós ímpares: 2 e 3. Assim ele pos

um caminho de Euler, que pode ser: 1º cam

2º caminho: 3 – 5 – 4 – 3 Caminho de Euler: b)

O grafo em questão é euleriano, pois não existo de Euler, que pode ser: 1º circuito: 1 – 9 – 8 – 7 – 6 – 5 – 4 – 7 – 2 – 2º circuito: 9 – 2 – 4 – 3 – 7 – 9 Circuito de Euler: 1 – 9 – 2 – 4 – 3 – 7 – 9 –

8

sui inho: 2 – 1 – 8 – 7 – 6 – 5 – 8 – 2 – 3

2 – 1 – 8 – 7 – 6 – 5 – 8 – 2 – 3 – 5 – 4 – 3

tem nós ímpares. Assim ele possui um circui-

1

8 – 7 – 6 – 5 – 4 – 7 – 2 – 1

3

1

3 4

6

89

2 7

5

c)

SOLUÇÃO O grafo em questão é euleriano, pois não existem nós ímpares. Assim ele possui um circui- to de Euler, que pode ser:

1º circuito: A – B – C – D – E – A 2º circuito: C – A – D – B – E – C Circuito de Euler: A – B – C – A – D – B – E – C – D – E – A

d)

SOLUÇÃO

Como existem mais do que dois nós ímpares (no caso seis, e lembre-se que o número de nós

pare não é atravessável ( não existe um caminho te um circuito de Euler ).

.) Nos grafos a seguir aplique o algoritmo de Dijkstra. Forneça a cada passagem pelos laços ILE e FOR os valores do conjunto IN bem como d(z) e s(z). Ao final da execução do algo-

ritmo, escreva os nós do caminho mínimo istância total percorrida. a) Construa o caminho mínimo do nó

9

ím s em um grafo é sempre par) o grafo em questão de Euler ) nem euleriano ( não exis 7WH

bem como a d

2 para o nó 5, no seguinte grafo:

A

BE

CD

A B

C

D

F

E

1

2 3

4

5

7 8

3

2

15

1

1

2

6

41 5 1

6

8

SOLUÇÃO FASE DE INICIALIZAÇÃOIN = { 2 }

1 2 3 4 5 6 7 8 d(z) 3 2 ∞ ∞ ∞ 1 ∞ ∞ s(z) 2 – 2 2 2 2 2 2

1ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 7 ( menor d(z) ) IN = { 2 , 7 } d (1) = min (3 , 1 + d(7,1) ) = min (3 , 1 + ∞ ) = 3

) ) = min (2 , 1 + d (3) = min (2 , 1 + d(7,3 ∞ ) = 2 d (4) = min (∞ , 1 + d(7,4) ) = min (∞ , 1 ∞ ) = ∞ +d (5) = min (∞ , 1 + d(7,5) ) = min (∞ , 1 ∞ ) = ∞ +d (6) = min (∞ , 1 + d(7,6) ) = min (∞ , 1 + 5) = 6 (♣)

min (∞ , 1 + d(7,8) ) = min (d ∞ , 1 + 1) = 2 (♣) (8) =

1 2 3 4 5 6 7 8 d(z) 3 6 1 2 ∞ ∞ 2 ∞s(z) 2 – 2 2 2 7 2 7

2ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 3 (escolha arbitrária entre os nós 3 e 8 com menor d(z) ) IN = { 2 , 7 , 3 }

(1) = min (3 , 2 + d(3,1) ) = min (3 , 2 + 5) = 3 dd (4) = min (∞ , 2 + d(3,4) ) = min (∞ , 2 + 1) = 3 (♣)

(5) = min ( , 2 + d(3,5) ) = min (d ∞ ∞ , 2 + ∞ ) = ∞ d (6) = min (6, 2 + d(3,6) ) = min (6 , 2 + ∞ ) = 6 d (8) = min (2, 2 + d(3,8) ) = min (2 , 2 + 2) = 2

1 2 3 4 5 6 7 8 d 3 2 3 ∞ 6 1 2 ∞ s 2 – 2 3 2 7 2 7

3ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 8 ( menor d(z) ) IN = { 2 , 7 , 3 , 8 } d (1) = min (3 , 2 + d(8,1) ) = min (3 , 2 +∞ ) = 3 d (4) = min (3, 2 + d(8,4) ) = min (3 , 2 + ∞ ) = 3 d (5) = min ( , 2 + d(8,5) ) = min (∞ ∞ , 2 + 1) = 3 (♣) d (6) = min (6, 2 + d(8,6) ) = min (6 , 2 + ∞ ) = 6

1 2 3 4 5 6 7 8 d 3 2 3 3 6 1 2 ∞ s 2 – 2 3 8 7 2 7

10

4ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 5 ( escolha arbitrária entre os nós 1 , 4 e 5 com menor d(z); entretanto, como a entrada do nó 5 em IN encerra a execução do algoritmo, ele deve ser o escolhido). IN = { 2 , 7 , 3 , 8 , 5 } d (1) = min (3 , 3 + d(5,1) ) = min (3 , 3 +∞ ) = 3 d (4) = min (3, 3 + d(5,4) ) = min (3 , 3 + 4) = 3 d (6) = min (6, 3 + d(5,6) ) = min (6 , 3 + 6) = 6

1 2 3 4 5 6 7 8 d 3 2 3 3 6 1 2 ∞ s 2 – 2 3 8 7 2 7

C N Í OAMI HO M NIM 5 , s(5) = 8 , s(8) = 7 , s(7) = 2

2 – 7 – 8 – 5 correspondente é:

d = 1 + 1 + 1 = 3

) Construa o caminho mínimo do nó A para o nó E no seguinte grafo:

SOLUÇÃO

Assim o caminho mínimo é: e a distância

b

A DE INICIALIZAÇÃOF SE

IN = { A }

F

A B C D Ed(z) ∞ 1 3 ∞ ∞ ∞ s(z) – A A A A A

1ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “W ILE” E “FOR”H p = B ( menor d(z) ) IN = { A , B } d (C) = min (3 , 1 + d(B,C) ) = min (3 , 1 +1) = 2 (♣) d (D) = min ( , 1 + d(B,D) ) = min (∞ ∞ , 1 + ∞ ) = ∞ d (E) = min ( , 1 + d(B,E) ) = mi∞ n (∞ , 1 + ∞ ) = ∞ d (F) = min ( in∞ , 1 + d(B,F) ) = m (∞ , 1 + 1) = 2 (♣)

11

A B

E

C D

F

2

14

1 1

3 1 1

2

A B C D E F

d(z) ∞ 1 2 2 ∞ ∞ s(z) – A B A A B

2ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE E “FO” R” p = C ( escolha arbitrária entre os nós C e F com menor d(z) ) IN = { A , B , C } d (D) = min ( , 2 + d(C ) ) = m∞ ,D in (∞ ,2 + 2) = 4 (♣)

(E) = min ( , 2 + d(C,E) ) = min ( ,2 + 4) = 6 (♣) d ∞ ∞d (F) = min ( 2 , 2 + d(C,F) ) = min ( 2 , 2 + ∞ ) = 2

A B C D E F d(z) ∞ 1 2 4 6 2 s(z) – A B C C B

3ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = F (menor d(z) ) IN = { A , B , C , F } d (D) = min (4 , 2 + d(F,D) ) = min (4 , 2 + 2) = 4 (E) = min (6 , 2 + d(F,E) ) = min (6 , 2 + 1) = 3 (♣)

B C D E F

d

A d(z) 1 2 4 3 2 ∞ s(z) – A B C F B

4ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = E (menor d(z) )

d (D) = mi

F

IN = { A , B , C , F , E }

n (4 , 3 + d(E,D) ) = min (4 , 3 + 1) = 4

A B C D E d(z) 1 2 4 3 2 ∞ s(z) – A B F B C

CAMINHO MÍNIMO E , s(E) = F , s(F) = B , s(B) = A

ssim o camin é:

d = 1 + 1 + 1 = 3

12

A ho mínimo A – B – F – E e a distância correspondente é:

c) trua o ca inho m imo do n 1 para o n 7 no segu nte grafo

SOLUÇÃO

Cons m ín ó ó i :

1

2

3

4

5 13

1

1

FASE DE INICIALIZAÇÃOIN = {1}

1 2 3 4 5 6 7 d(z) ∞ 2 ∞ ∞ 3 2 ∞ s(z) – 1 1 1 1 1 1

1ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 2 ( escolha arbritária entre os nós 2 e 6 com menor d(z) )

(3) = min ( in (

IN = { 1 , 2 } d ∞ , 2 + d(2,3) ) = m ∞ , 2 +1) = 3 (♣) d (4) = min ( i∞ , 2 + d(2,4) ) = m n (∞ ∞, 2 + ) = ∞

∞d (5) = min (3 , 2 + d(2,5) ) = min (3 , 2 + ) = 3 in (2 , 2 + d(2,6) ) = min (2 , 2 + d (6) = m ∞ ) = 2

(7) = min ( , 2 + d(2,7) ) = min (d ∞ ∞ , 2 + ∞ ) = ∞

1 2 3 4 5 6 7 d(z) ∞ 2 3 ∞ 3 2 ∞ s(z) – 1 2 1 1 1 1

2ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” pIN

= 6 (menor d(z) ) = { 1 , 2 , 6

d (3) = min ( 2 + d(6 ) = min

}

∞ , ,3) (∞ ∞, 2 + ) = ∞ d (4) = min ( i∞ , 2 + d(6,4) ) = m n (∞ ∞, 2 + ) = ∞ d ∞(5) = min (3 , 2 + d(6,5) ) = min (3 , 2 + ) = 3 (CUIDADO! : observe que há conexão do

ó 5 para o nó 6, mas não há conexão do nó 6 para o nó 5) nd (7) = min (∞ , 2 + d(6,7) ) = min (∞ , 2 + 3) = 5 (♣)

1 2 3 4 5 6 7 d(z) ∞ 2 3 ∞ 3 2 5 s(z) – 1 2 1 1 1 6

13

6 2

7

2 1

2 11

3

3ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 3 (escolha arbitrária entre os nós 3 e 5 com o nor d(z)

= { 1 , 2 , 6 , 3 }

(4) = min ( , 3 + d(3,4) ) = min (

me ) IN d ∞ ∞ ,3 + 1) = 4 (♣)

,5) ) = min (3 , 3 + d (5) = min (3 , 3 + d(3 ∞ ) = 3 (7) = min ( , 3 + d 3,7) ) d 5 ( = min (5 , 3 + ∞ ) = 5

1 2 3 4 5 6 7

d(z) ∞ 2 3 4 3 2 5 s(z) – 1 2 3 1 1 6

4ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 5 (menor d(z) ) IN = { 1 , 2 , 6 , 3 , 5 } d (4) = min (4 , 3 + d(5,4) ) = min (4 , 3 + ∞ ) = 4 d (7) = min (5 , 3 + d(5,7) ) = min (5 , 3 + 2) = 5

1 2 3 4 5 6 7 d(z) 2 3 4 3 2 5 ∞ s(z) – 1 2 3 1 1 6

5ª PASSAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” p = 4 (m (z) )

1 , 3 , 5 , 4enor d

= { , 2 , 6 }

3 4 5 6 7

IN (7) = min (5 , 4 + d(4,7) ) = min (5 , 4 + 1) = 5 d

1 2

d(z) 2 3 4 3 2 5 ∞ s( ) z – 1 2 3 1 1 6

ª SAGEM PELOS LAÇOS “WHILE” E “FOR” 6 PAS

p = 7 (menor d(z) ) IN = { 1 , 2 , 6 , 3 , 5 , 4 , 7 }

1 2 3 4 5 6 7 d(z) 2 3 4 3 2 5 ∞ s(z) 1 2 3 – 1 1 6

CAMINHO MÍNIMO 7 , s(7) = 6 , s(6) = 1 Assim o caminho mínimo 1 – 6 – 7

a ncia co sponden é: d = 2 + 3 = 5

é:

e distâ rre te

14