张清华图论课后题答案.
第四部分图论练习题答案
《离散数学》第四部分---图论练习题答案一、选择或填空1、设G是一个哈密尔顿图，则G一定是( )。
(1) 欧拉图(2) 树(3) 平面图(4) 连通图答：(4)2、下面给出的集合中，哪一个是前缀码？( )(1) {0，10，110，101111} (2) {01，001，000，1}(3) {b，c，aa，ab，aba} (4) {1，11，101，001，0011}答：（2）3、一个图的哈密尔顿路是一条通过图中( )的路。
答：所有结点一次且恰好一次4、在有向图中，结点v的出度deg+(v)表示( )，入度deg-(v)表示( )。
答：以v为起点的边的条数，以v为终点的边的条数5、设G是一棵树，则G 的生成树有( )棵。
(1) 0 (2) 1 (3) 2 (4) 不能确定答：16、n阶无向完全图K n 的边数是( )，每个结点的度数是( )。
答：2)1(nn, n-17、一棵无向树的顶点数n与边数m关系是( )。
8、一个图的欧拉回路是一条通过图中( )的回路。
答：所有边一次且恰好一次9、有n个结点的树，其结点度数之和是( )。
答：2n-210、下面给出的集合中，哪一个不是前缀码( )。
(1) {a，ab，110，a1b11} (2) {01，001，000，1}(3) {1，2，00，01，0210} (4) {12，11，101，002，0011}答：(1)11、n个结点的有向完全图边数是( )，每个结点的度数是( )。
答：n(n-1),2n-212、一个无向图有生成树的充分必要条件是( )。
答：它是连通图13、设G是一棵树，n,m分别表示顶点数和边数，则(1) n=m (2) m=n+1 (3) n=m+1 (4) 不能确定。
答：（3）14、设T=〈V,E〉是一棵树，若|V|>1，则T中至少存在( )片树叶。
答：215、任何连通无向图G至少有( )棵生成树，当且仅当G 是( )，G的生成树只有一棵。
图论第一章课后习题解答
bi 个 (i = 1,2,…,s)，则有 列。 定理 7
bi = n。故非整数组(b ,b ,…, b )是 n 的一个划分，称为 G 的频序
1 2 s
s
i 1
一个 n 阶图 G 和它的补图 G 有相同的频序列。
§1.2 子图与图的运算
且 H 中边的重数不超过 G 中对应边的 定义 1 如果 V H V G ，E H E G ， 重数，则称 H 是 G 的子图，记为 H G 。有时又称 G 是 H 的母图。 当 H G ，但 H G 时，则记为 H G ，且称 H 为 G 的真子图。G 的生成子图是 指满足 V(H) = V(G)的子图 H。 假设 V 是 V 的一个非空子集。以 V 为顶点集，以两端点均在 V 中的边的全体为边集 所组成的子图，称为 G 的由 V 导出的子图，记为 G[ V ]；简称为 G 的导出子图，导出子图 G[V\ V ]记为 G V ； 它是 G 中删除 V 中的顶点以及与这些顶点相关联的边所得到的子图。 若 V = {v}, 则把 G-{v}简记为 G–v。 假设 E 是 E 的非空子集。以 E 为边集，以 E 中边的端点全体为顶点集所组成的子图 称为 G 的由 E 导出的子图，记为 G E ；简称为 G 的边导出子图，边集为 E \ E 的 G 的 导出子图简记为 G E 。若 E e ，则用 G–e 来代替 G-{e}。 定理 8 简单图 G 中所有不同的生成子图（包括 G 和空图）的个数是 2m 个。 定义 2 设 G1，G2 是 G 的子图。若 G1 和 G2 无公共顶点，则称它们是不相交的；若 G1 和 G2 无公共边，则称它们是边不重的。G1 和 G2 的并图 G1∪G2 是指 G 的一个子图，其顶点 集为 V(G1)∪V(G2)，其边集为 E(G1)∪E(G2)；如果 G1 和 G2 是不相交的，有时就记其并图为 G1+G2。类似地可定义 G1 和 G2 的交图 G1∩G2，但此时 G1 和 G2 至少要有一个公共顶点。
图论导引参考答案
图论导引参考答案图论导引参考答案图论是数学中的一个分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
图由节点和边组成，节点表示对象，边表示对象之间的连接关系。
图论在计算机科学、网络分析、社交网络等领域有着广泛的应用。
本文将介绍图论的基本概念和常见算法，并提供一些参考答案来帮助读者更好地理解和应用图论。
一、图的基本概念1.1 有向图和无向图图可以分为有向图和无向图两种类型。
有向图中，边有方向，表示节点之间的单向关系；而无向图中，边没有方向，表示节点之间的双向关系。
1.2 路径和环路径是指图中一系列节点和边的连续序列，路径的长度为路径中边的数量。
如果路径的起点和终点相同，则称之为环。
1.3 连通图和连通分量在无向图中，如果任意两个节点之间都存在路径，则称该图为连通图。
连通图中的极大连通子图称为连通分量。
1.4 强连通图和强连通分量在有向图中，如果任意两个节点之间都存在路径，则称该图为强连通图。
强连通图中的极大强连通子图称为强连通分量。
二、图的存储方式2.1 邻接矩阵邻接矩阵是一种常见的图的存储方式，使用一个二维矩阵来表示图中节点之间的连接关系。
矩阵的行和列分别表示节点，矩阵中的元素表示节点之间是否存在边。
2.2 邻接表邻接表是另一种常见的图的存储方式，使用一个数组和链表的结构来表示图中节点之间的连接关系。
数组中的每个元素表示一个节点，链表中的每个节点表示与该节点相连的边。
三、常见图算法3.1 深度优先搜索（DFS）深度优先搜索是一种用于遍历图的算法。
从图中的一个节点开始，沿着一条路径一直深入直到无法继续为止，然后回溯到上一个节点，继续深入其他路径。
DFS可以用于判断图的连通性、寻找路径等问题。
3.2 广度优先搜索（BFS）广度优先搜索也是一种用于遍历图的算法。
从图中的一个节点开始，先访问其所有相邻节点，然后再依次访问这些节点的相邻节点，以此类推。
BFS可以用于计算最短路径、寻找连通分量等问题。
3.3 最小生成树算法最小生成树算法用于求解一个连通图的最小生成树，即包含图中所有节点且边的权重之和最小的子图。
习题参考解答(图论部分)
习题十1. 设G 是一个(n ，m)简单图。
证明：，等号成立当且仅当G 是完全图。
证明：（1）先证结论：因为G 是简单图，所以G 的结点度上限 max(d(v)) ≤ n-1, G 图的总点度上限为 max(Σ(d(v)) ≤ n ﹒max(d(v)) ≤ n(n-1) 。
根据握手定理，G 图边的上限为 max(m) ≤ n(n-1)/2,所以。
（2） =〉G 是完全图 因为G 具有上限边数，假设有结点的点度小于n-1,那么G 的总度数就小于上限值，边数就小于上限值，与条件矛盾。
所以，G 的每个结点的点度都为n-1，G 为完全图。
G 是完全图 =〉 因为G 是完全图，所以每个结点的点度为n-1, 总度数为n(n-1)，根据握手定理，图G 的边数 。
■2. 设G 是一个（n ，n +1）的无向图，证明G 中存在顶点u ，d （u ）≥3。
证明：反证法，假设,则G 的总点度上限为max(Σ(d(u)) ≤2 n ，根据握手定理，图边的上限为max(m) ≤ 2n/2=n 。
与题设m = n+1，矛盾。
因此，G 中存在顶点u ，d （u ）≥3。
■3．确定下面的序列中哪些是图的序列，若是图的序列，画出一个对应的图来: （1）（3，2，0，1，5）； （2）（6，3，3，2，2） （3）（4，4，2，2，4）； （4）（7，6，8，3，9，5）解：除序列（1）不是图序列外，其余的都是图序列。
因为在（1）中，总和为奇数，不满足图总度数为偶数的握手定理。
可以按如下方法构造满足要求的图：序列中每个数字ai 对应一个点，如果序列数字是偶数，那么就在对应的点上画ai/2个环，如果序列是奇数，那么在对应的点上画(ai-1)/2个环。
最后，将奇数序列对应的点两两一组，添加连线即可。
下面以（2）为例说明：(6 , 3, 3, 2, 2 ) 对应图G 的点集合V= { v 1,v 2,v 3,v 4,v 5}每个结点对应的环数(6/2, (3-1)/2, (3-1)/2, 2/2,2/2) = (3,1,1,1,1)将奇数3，3 对应的结点v 2,v 3一组，画一条连线其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。
图论习题答案2
第四次作业
四(13).设M是二分图G的最大匹配，则 | M || X | max| S | | N ( S )| ，
SX
证明： | X | max| S | | N ( S )| min(| X | | S |) | N ( S )| ，而（X - S ) N ( S )是G的一个覆盖，则 min(| X | | S |) | N ( S )|是G的最小覆盖，
第七次作业
• 五(28).设sn是满足下列条件的最小整数，把 {1,2,...,sn}任划分成n个子集后，总有一个子集 中含有x+y=z的根，求s1,s2,s3是多少？ • 解：n=1,枚举得s1=2; • s2=5 • s3=14
第七次作业
五(34).求证r(k, l) = r(l, k) 证明：若G含有K k 子图，则G c 含有k个顶点的独立集；若G含有 l个顶点的独立集，则G c 含有K l 子图。则命题成立。
五 (13).若 是单图 G 顶的最小次数，证明； 若 1则存在 1边着色， 使与每顶关联的边种有 1种颜色。 反证法：假设在 v1处无 i 0色 设 C (E 1 , E 2 ,..., E 1 )为 G 的( 1) 最佳边着色 第一步：构造点列： v1 , v 2 ,..., v h , v h 1 ,....., vl ,.... v1处无 i 0色， v j v j 1着 i j色，且在 v j点处 i j 色重复出现，可知在 v j1处仅一 个 i j色；证明如下： 用反证法证明，假设在 v j1处 i j色重复出现，将 v j v j 1改成 v j 所关联的边 没有的颜色 im，则可以对图 G 的找色进行改善。与 C 是最佳边着色矛盾， 假设不成立。 又 是单图 G 顶的最小次数，则必存 在最小整数 h使得 i h i l 第二步：着色调整： v j v j 1着 i j-1色 ( j 1,2,..., h )，所得新着色为 C ' 在 C '中， v1处多了个 i 0色， v h 1处少了个 i h 色，其他点的边着色数 不变， 所以 C ' 还是 1最佳边着色
图论第二版答案
图论第二版答案【篇一：图论与代数结构第一二三章习题解答】厂为一结点；若两个工厂之间有业务联系，则此两点之间用边相联；这样就得到一个无向图。
若每点的度数为3，则总度数为27，与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
若仅有四个点的度数为偶数，则其余五个点度数均为奇数，从而总度数为奇数，仍与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
（或者利用度数为奇数的点的个数必须为偶数个） 2. 若存在孤立点，则m不超过kn-1的边数, 故m = (n-1)(n-2)/2, 与题设矛盾。
?－3. 记ai为结点vi的正度数，ai为结点vi的负度数，则nnnn? 2? 22－ai?[(n?1)?ai]?n(n?1)?2(n?1)ai＋ai－2， i?1i?1i?1i?1 nnn－2? 2 因为ai?cn?n(n?1)/2，所以ai?ai－ 2。
i?1i?1i?14. 用向量(a1,a2,a3)表示三个量杯中水的量, 其中ai为第i杯中水的量, i = 1,2,3.以满足a1+a2+a3 = 8 (a1,a2,a3为非负整数)的所有向量作为各结点, 如果(a1,a2,a3)中某杯的水倒满另一杯得到( a’1, a’2, a’3 ) , 则由结点到结点画一条有向边。
这样可得一个有向图。
本题即为在此图中找一条由( 8, 0, 0 )到( 4, 4, 0 )的一条有向路，以下即是这样的一条： ( 8, 0, 0 ) ( 5, 0, 3 ) ( 5, 3, 0 ) ( 2, 3, 3 ) ( 2, 5,1 )(7, 0, 1 ) ( 7, 1, 0 ) ( 4, 1, 3 ) ( 4, 4, 0 )5. 可以。
???????6 若9个人中没有4个人相互认识，构造图g，每个点代表一个点，两个人相互认识则对应的两个点之间有边。
1）若可以找到点v，d(v)5，则与v相连的6个点中，要么有3个相互认识，要么有3个相互不认识（作k6并给边涂色:红=认识，蓝=不认识，只要证图中必有同色三角形。
图论选择题解析docx
数据结构——图选择题整理1.设完全图Kn,有n个结点(n≥2),m条边，当()时，K,中存在欧拉回路。
A.m为奇数B.n为偶数C.n为奇数D.m为偶数解析:答案C完全图是一个简单的无向图，其中每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连。
n 个端点的完全图有n个端点以及n(n-1)/2条边，因此完全图Kn的每个结点的度都为n-1，所以若存在欧拉回路则n-1必为偶数。
n必为奇数。
选C。
2、若从无向图的任意顶点出发进行一次深度优先搜索即可访问所有顶点，则该图一定是（）A、强连通图B、连通图C、有回路D、一棵树解析：选B对于A，强连通图的概念是在有向图中的。
对于B，连通图证明任意两个顶点之间一定能够相连，因此一定可以到达。
对于C，有环图不一定是连通图不一定任意两个顶点均能到达。
对于D，树是可以，但是不是树也可以，题目中说的太肯定了，不能选，比如下图就不是树，但可以完成题目中要求的功能。
2、对于一个有n个顶点的图：若是连通无向图，其边的个数至少为（）；若是强连通有向图，其边的个数至少为（）A、n-1,nB、n-1,n(n-1)C、n,nD、n,n(n-1)解析：选A对于连通无向图，至少需要n-1条边。
对于强连通有向图，只要能形成一个大环就可以从任意一点到另一点。
3、设有无向图G=(V,E)和G'=(V',E')，若G’是G的生成树，则下列不正确的是（）a.G'为G的连通分量b.G'为G的无环子图c.G'为G的极小连通子图且V'=VA、a和bB、只有cC、b和cD、只有a解析：选D极大连通子图简称连通分量，生成树是极小连通子图。
故a不对，c对。
生成树无环，故b对4.带权有向图G用邻接矩阵存储，则vi的入度等于邻接矩阵中（）A、第i行非∞的元素个数B、第i列非∞的元素个数C、第i行非∞且非0的元素个数D、第i列非∞且非0的元素个数解析：选D带权有向图的邻接矩阵中，非0和∞的数字表示两点间边的权值。
计算机图形学习题解答(清华)
b3 = (0,6) ，将 t=1/3 和 2/3 带入方程得 (3,0) = (0,3) = 8 4 2 1 b0 + b1 + b2 + b3 27 9 9 27 解得 b = ( 4,− 5 ), b = ( − 5 ,4) 。 1 2 1 2 4 8 2 2 b0 + b1 + b2 + b3 27 9 9 27
对上式左边乘以 (t + (1 − t )) ，得到：
∑C
i= 0
n
i n
i * i n +1− i Pi t i (1 − t ) n +1−i + t i +1 (1 − t ) n− i ) = ∑ C n +1 Pi t (1 − t )
比较等式两边 t i (1 − t ) n+1− i 项的系数，得到：
1 1 2 2 T − P = 3P1 ' t (1 − t ) − 3P1t (1 − t ) , t = ，因此 2 2
1 T − P + 3P1t (1 − t ) 2 1 2 P1 ' = ,t = 。 2 3t (1 − t ) 2
二、 (1) 推导 Beizer 曲线的升阶公式。
三、已知一条 Bezie r 曲线的控制顶点依次为(30, 0), (60, 10), (80, 30), (90, 60), (90, 90) 。 求 t=1/4 处的值, 并写出相应的 de Casteljau 三角形。 解：值为（75, 34.375）
(30,0) (60,10) (80,30) (90,60) (90,90) (37.5,2.5) (65,15) (82.5,37.5) (90,67.5) (44.375,5.625) (69.375,20.625) (84.375,45) (50.625,9.375) (73.125,26.71875) (56.25,13.7109375)
图论习题参考答案
二、应用题题0：（1996年全国数学联赛）有n（n≥6）个人聚会，已知每个人至少认识其中的[n/2]个人，而对任意的[n/2]个人，或者其中有两个人相互认识，或者余下的n-[n/2]个人中有两个人相互认识。
证明这n个人中必有3个人互相认识。
注：[n/2]表示不超过n/2的最大整数。
证明将n个人用n个顶点表示，如其中的两个人互相认识，就在相应的两个顶点之间连一条边，得图G。
由条件可知，G是具有n个顶点的简单图，并且有（1）对每个顶点x，)N G≥[n/2]；(x（2）对V的任一个子集S，只要S＝[n/2]，S中有两个顶点相邻或V-S中有两个顶点相邻。
需要证明G中有三个顶点两两相邻。
反证，若G中不存在三个两两相邻的顶点。
在G中取两个相邻的顶点x1和y1,记N G(x1)＝{y1,y2,……,y t}和N G(y1)={x1,x2,……,x k},则N G(x1)和N G(y1)不相交，并且N G(x1)（N G(y1)）中没有相邻的顶点对。
情况一；n=2r：此时[n/2]＝r，由（1）和上述假设，t=k=r且N G(y1)＝V-N G(x1)，但N G(x1)中没有相邻的顶点对，由（2），N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
情况二；n=2r+1: 此时[n/2]＝r，由于N G(x1)和N G(y1)不相交，t≥r,k≥r,所以r+1≥t,r+1≥k。
若t=r+1,则k=r，即N G(y1)=r，N G(x1)＝V-N G(y1)，由（2），N G(x1)或N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
故k≠r+1，同理t≠r+1。
所以t=r,k=r。
记w∈V- N G(x1) ∪N G(y1),由（2），w分别与N G(x1)和N G(y1)中一个顶点相邻，设wx i0∈E, wy j0∈E。
若x i0y j0∈E，则w，x i0, y j0两两相邻，矛盾。
若x i0y j0∉E，则与x i0相邻的顶点只能是(N G(x1)-{y j0})∪{w},与y j0相邻的顶点只能是(N G(y1)-{x j0})∪{w}。
图论第三章答案
14. 12枚外观相同的硬币，其 中有一枚比其他的或轻 或重.使用决策树描述一个 算法，使得只用一个天 平且最多进行三次比较 就可以确定出坏币并且 判断出它是 轻是重..
解：如下图：
补充：如果连通加权图 G的权值互不相同，则 G有唯一一棵最小生成树 .
证：反证法，设G有T1 , T2 两棵最小生成树，则 T1 , T2的权之和相等, 且存在边e1 , e2 权值不同. 此时e1 T1但e2 T2，e2 T2 但e1 T1 , 令T3 T1 e1 e2，T4 T2 e2 e1，则T3和T4亦是生成树. 由e1，e2的权不同可知：T3或T4中必有一个是权比 T1 ( T2 )小的树，得矛盾 .
11. 根据图回答下列问题 . (a.)对下列每个二进制序列 进行解码. (1)100111101 (2)10001011001(3)10000110110001(4)0001100010110000 (b.)对下列单词进行解码 . (1)den(2)need (3)leaden(4) penned
8. 明下列各题： 1.)若完全二叉树T有m个内点和k个叶子点，则m k 1. 2.)完全二叉树T的边数e，满足e 2(k 1).其中，k为叶子点数.
证： (1.)因为有m个内点的完全二叉树有 2m 1个顶点， 所以由顶点关系得： 2m 1 m k , 则m k 1. (2.)因为树T的边数(e) 顶点数(2m 1) 1, 所以e 2m 2(k 1).
3. 设无向图 G中有n个顶点 m条边，且 m n, 则G中必有圈.
设G有连通分支 T1 , T2 , , Tk (k 1) , 若G中无圈，则 Ti (1 i k ) 也无圈，所以 Ti 是树 .
图论及其应用 第二章答案
)3( 题属中国邮路问题除第欧拉图与哈密尔顿图<1.>给定一个由16条线段构成的图形（见下图）.证明：不能引一条折线与每一线段恰好相交一次（折线可以是不封闭的和自由相交的，但他的顶点不在给定的线段上）证明：建立一个图G ：顶点i v 代表图形的区域(1,2,3,4,5,6)i X i ，顶点i v 与j v 之间连接的边数等于区域i X 与j X 公共线段的数目.于是，将上图的区域和边可转化成下图：由顶点度数知不存在欧拉路，从1X 到6X 只能相交于外面的两条线段.<2.>下列图形中哪些能一笔画成.解：只需考虑该图是否有欧拉路（即有两个奇点或者无奇点），故第一个和第三个可以一笔画成，第二个不能一笔画成.<4.>下图是某个展览馆的平面图，其中每个相邻的展览室有门相通.证明：不存在一条从A 进入，经过每个展览室恰好一次再从A 处出来的参观路线.证：用顶点代表展览室，两顶点相邻当且仅当这两点所对应的展览室有门相通，则可得一个连通简单图G （见下图）.因此，只要证明G 中不存在H —回路即可.具体理由如下：令}{1216,,,S y y y = ，则显然S 是G 的真子集，而()1816G S S ω-=>=（x 共18个，y 共16个），故由讲义中定理2.3知不存在H —回路.<5.>某次会议有20人参加，其中每个人都至少有10个朋友.这20人围一桌入座，要想使与每个人相邻的两位都是朋友是否可能？解:用顶点代表人，两人是朋友时相应顶点间连一边，得到一个无向图(,)G V E =.只要证明G 中存在H —回路即可. G 是10阶连通图，对于20n =，且()10,()10G G d u d v ≥≥，可得：()()20G G d u d v n +≥=，故由讲义中定理2.4知G 中存在H —回路.<6.>已知,,,,,,a b c d e f g 七个人中，a 会讲英语，b 会讲英语和汉语，c 会讲英语、意大利语和俄语，d 会讲汉语和日语，e 会讲意大利语和德语，f 会讲俄语、日语和法语，g 会讲德语和法语.能否将他们的座位安排在圆桌旁，使得每个人都能与他身边的人交谈.解：用七个顶点表示这七个人.若两人能交谈（会讲同一种语言），就在这两顶点之间连一条边，得到图G .只要证明图G 中存在H -回路即可. 具体结果如下：c e g f d b a c 意大利语德语法语日语汉语英语英语 .<7.>设G 是分划为,X Y 的二部图，且X Y ≠，则G 一定不是H —图。
图论及应用参考答案
图论及应用参考答案图论及应用参考答案图论是数学中的一个重要分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
图由节点（顶点）和边组成，节点代表对象，边代表对象之间的关系。
图论不仅在数学中有广泛的应用，也在计算机科学、物理学、生物学等领域中发挥着重要的作用。
本文将介绍图论的基本概念和一些应用。
一、图论的基本概念1. 图的类型图分为有向图和无向图。
有向图中的边有方向，表示节点之间的单向关系；无向图中的边没有方向，表示节点之间的双向关系。
2. 图的表示方法图可以用邻接矩阵或邻接表来表示。
邻接矩阵是一个二维数组，其中的元素表示节点之间是否有边相连；邻接表是一个链表数组，数组中的每个元素对应一个节点，链表中存储了该节点相邻的节点。
3. 图的性质图的性质包括节点的度、连通性和路径等。
节点的度是指与该节点相连的边的数量；连通性指的是图中任意两个节点之间是否存在路径；路径是指由边连接的节点序列。
二、图论在计算机科学中的应用1. 最短路径算法最短路径算法是图论中的经典问题之一，它用于计算图中两个节点之间的最短路径。
著名的最短路径算法有迪杰斯特拉算法和弗洛伊德算法。
这些算法在网络路由、地图导航等领域中有广泛的应用。
2. 最小生成树算法最小生成树算法用于找到一个连通图的最小生成树，即包含所有节点且边的权重之和最小的子图。
普里姆算法和克鲁斯卡尔算法是常用的最小生成树算法。
这些算法在电力网络规划、通信网络设计等领域中有重要的应用。
3. 图的着色问题图的着色问题是指给定一个图，将每个节点着上不同的颜色，使得相邻节点之间的颜色不同。
这个问题在地图着色、任务调度等方面有实际应用。
三、图论在物理学中的应用1. 粒子物理学在粒子物理学中，图论被用来描述和分析粒子之间的相互作用。
图论模型可以帮助研究粒子的衰变、散射等过程，为理解物质的基本结构提供了重要的工具。
2. 统计物理学图论在统计物理学中也有应用。
例如，渗透模型中的图可以用来研究流体在多孔介质中的渗透性质，为石油勘探、水资源管理等提供了理论基础。
图论习题参考答案
二、应用题题0：（1996年全国数学联赛）有n （n ≥6）个人聚会，已知每个人至少认识其中的[n /2]个人，而对任意的[n /2]个人，或者其中有两个人相互认识，或者余下的n -[n /2]个人中有两个人相互认识。
证明这n 个人中必有3个人互相认识。
注：[n /2]表示不超过n /2的最大整数。
证明 将n 个人用n 个顶点表示，如其中的两个人互相认识，就在相应的两个顶点之间连一条边，得图G 。
由条件可知，G 是具有n 个顶点的简单图，并且有（1）对每个顶点x ，)(x N G ≥[n /2]；（2）对V 的任一个子集S ，只要S ＝[n /2]，S 中有两个顶点相邻或V-S 中有两个顶点相邻。
需要证明G 中有三个顶点两两相邻。
反证，若G 中不存在三个两两相邻的顶点。
在G 中取两个相邻的顶点x 1和y 1,记N G (x 1)＝{y 1,y 2,……,y t }和N G (y 1)={x 1,x 2,……,x k },则N G (x 1)和N G (y 1)不相交，并且N G (x 1)（N G (y 1)）中没有相邻的顶点对。
情况一；n=2r ：此时[n /2]＝r ，由（1）和上述假设，t=k=r 且N G (y 1)＝V-N G (x 1)，但N G (x 1)中没有相邻的顶点对，由（2），N G (y 1)中有相邻的顶点对，矛盾。
情况二；n=2r+1: 此时[n /2]＝r ，由于N G (x 1)和N G (y 1)不相交，t ≥r,k ≥r,所以r+1≥t,r+1≥k 。
若t=r+1,则k=r ，即N G (y 1)=r ，N G (x 1)＝V-N G (y 1)，由（2），N G (x 1)或N G (y 1)中有相邻的顶点对，矛盾。
故k ≠r+1，同理t ≠r+1。
所以t=r,k=r 。
记w ∈V- N G (x 1) ∪N G (y 1),由（2），w 分别与N G (x 1)和N G (y 1)中一个顶点相邻，设wx i0∈E, wy j0∈E 。
图论习题及答案
作业解答练习题2 利用matlab编程FFD算法完成下题：设有6种物品，它们的体积分别为：60、45、35、20、20和20单位体积，箱子的容积为100个单位体积。
解答一：function [num,s] = BinPackingFFD(w,capacity)%一维装箱问题的FFD（降序首次适应）算法求解:先将物体按长度从大到小排序,%然后按FF算法对物体装箱%输入参数w为物品体积，capacity为箱子容量%输出参数num为所用箱子个数，s为元胞数组，表示装箱方案，s{i}为第i个箱子所装%物品体积数组%例w = [60,45,35,20,20,20]; capacity = 100;% num=3,s={[1,3],[2,4,5],6};w = sort(w,'descend');n = length(w);s = cell(1,n);bin = capacity * ones(1,n);num = 1;for i = 1:nfor j = 1:num + 1if w(i) < bin(j)bin(j) = bin(j) - w(i);s{j} = [s{j},i];if j == num + 1num = num + 1;endbreak;endendends = s(1:num);解答二：clear;clc;V=100;v=[60 45 35 20 20 20];n=length(v);v=fliplr(sort(v));box_count=1;x=zeros(n,n);V_Left=100;for i=1:nif v(i)>=max(V_Left)box_count=box_count+1;x(i,box_count)=1;V_Left=[V_Left V-v(i)];elsej=1;while(v(i)>V_Left(j))j=j+1;endx(i,j)=1;V_Left(j)=V_Left(j)-v(i);endtemp=find(x(i,:)==1);fprintf('第%d个物品放在第%d个容器\n',i,temp) endoutput:第1个物品放在第1个容器第2个物品放在第2个容器第3个物品放在第1个容器第4个物品放在第2个容器第5个物品放在第2个容器第6个物品放在第3个容器解答三：function box_count=FFD(x)%降序首次适应算法v=100;x=fliplr(sort(x));%v=input('请输入箱子的容积:');n=length(x);I=ones(n);E=zeros(1,n);box=v*I;box_count=0;for i=1:nj=1;while(j<=box_count)if x(i)>box(j)j=j+1;continue;elsebox(j)=box(j)-x(i);E(i)=j;break;endendif j>box_countbox_count=box_count+1;box(box_count)=box(box_count)-x(i);E(i)=j;endenddisp(E);在命令窗口输入：>> x=[60,45,35,20,20,20];>> FFD(x)1 2 1 2 2 3ans =3练习题5 “超市大赢家”提供了50种商品作为奖品供中奖顾客选择,车的容量为1000dm3, 奖品i占用的空间为w i dm3,价值为v i元, 具体的数据如下:v i= { 220, 208, 198, 192, 180, 180, 165, 162, 160, 158,155, 130, 125, 122, 120, 118, 115, 110, 105, 101, 100, 100, 98,96, 95, 90, 88, 82, 80, 77, 75, 73, 72, 70, 69, 66, 65, 63, 60, 58,56, 50, 30, 20, 15, 10, 8, 5, 3, 1}w i = {80, 82, 85, 70, 72, 70, 66, 50, 55, 25, 50, 55, 40, 48,50, 32, 22, 60, 30, 32, 40, 38, 35, 32, 25, 28, 30, 22, 50, 30, 45,30, 60, 50, 20, 65, 20, 25, 30, 10, 20, 25, 15, 10, 10, 10, 4, 4, 2,1}。
第7章图论离散数学离散数学第四版清华出版社1
为止。最后得到的通路是u到v的基本通路，显然它 的长度应小于等于n-1。类似地可证定理的后半部分。
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第四部分：图论（授课教师：向胜军）
23
例：
(1) 画出4个顶点3条边的所有可能非同构的 无向简单图。
(2) 画出3个顶点2条边的所有可能非同构的 有向简单图。
• (1)
(2)
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第四部分：图论（授课教师：向胜军）
24
§2 通路、回路、图的连通性
证明思路：将图中顶点的度分类，再利用定理1。
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第四部分：图论（授课教师：向胜军）
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[定理3] 设有向图D=<V, E>有n个顶点，m 条边，则G中所有顶点的入度之和等于所 有顶点的出度之和，也等于m。
即：
n
n
d (vi ) d (vi ) m.
i 1
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第四部分：图论（授课教师：向胜军）
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[定理1 (握手定理Handshaking)] 设无向图
G=<V, E>有n个顶点，m条边，则G中所有
顶点的度之和等于m的两倍。即
n
d(vi ) 2m.
i 1
证明思路：利用数学归纳法。
[定理2] 无向图中度为奇数的顶点个数恰有 偶数个。
狼菜
狼
菜
羊
空(成功)
图论中的几个典型问题(上)
S：具有 永久标号 的顶点集
输入: G 的带权邻接矩阵 w(u , v)
u （１）赋初值：令 S＝{ 0 }, l ( u 0 ) =0 v S V \ S ,令l ( v ) =W ( u 0 , v ) , z ( v ) u 0 = u u0
l （2）更新 l ( v ) 、 z ( v ) ： v S V \ S ,若( v )
返回
算法原理—— 求路径矩阵的方法
在建立距离矩阵的同时可建立路径矩阵R．
R= ( rij ) , rij 的含义是从 vi 到 vj 的最 短路要经 过点号为 r ij 的点．
R ( 0 ) ( rij( 0 ) ) ,
rij( 0 ) j
每求得一个 D (k)时，按下列方式产生相应的新的 R (k)
（2）D(2)= ( d ij ) ，其中 d ij …
(2)
(2)
( 1 ( min{ d ij1) , d i(2 ) d 21j) }
( d ij 2 ) 是从 vi 到 vj 的只允许以 v1 、 v2 作为中间点的路径中最短路的长度．
（ ）D ( )= ( d ij ) ，其中 d ij
其中，ai、bi、ci分别代表在状态Vi时，长方体的左右 面、上下面、前后面之间的距离. 例如，状态V5(1,1,0)，a5=a0+u1, b5=b0+u3, c5= c0; 状态V6(2,1,0); W(V5,V6)＝(b0+u3)c0.
(3)根据准则知第一刀应切M1、M3、M5中某个面，分别 对应弧( V1,V2)，(V1,V4)，(V1,V10). 从V1到V27任意一条 有向路代表一种切割方式. 共对应90种切割方式. V1到 V27的最短路对应所求的最优切割方式 实例：待加工长方体和成品长方体的长、宽、高分 别为10、145、19 和3、2、4，两者左侧面、正面、底 面之间的距离分别为6、7、9，则边距如下表： u1 u2 u3 u4 u5 u6 r=1时，求得最短路为: 6 1 7 55 6 9 V1－V10－V13－V22－V23－V26－V27，其权为374 对应最优切割为M5－M3－M6－M1－M4－M2， 费用为374元.
图论最短路径选址问题
姓名：之欧侯瑞魂创作学号：专业：图论的实际应用——蔬菜批发市场选址问题摘要：在现实生活和生产实践中，有许多管理、组织与计划中的优化问题，都可借助图论知识得以解决，而最短路问题是利用图论解决的一个典型的实际问题。
图论中最典型的两种求最短路径的算法分别为Dijkstra算法和Floyd算法，其中Floyd算法广泛应用于求任意两点间的最短路径。
本文介绍了利于Floyd算法来解决城市蔬菜批发市场选址的问题。
关键词：最短路；Floyd算法；选址问题0．引言对于许多地理问题，当它们被抽象为图论意义下的网络图时，问题的核心就酿成了网络图上的优化计算问题。
其中，最为罕见的是关于路径和顶点的优选计算问题[5]。
在路径的优选计算问题中，最罕见的是最短路径问题，最短路径可能是给定两点间的最短路径，也可能是任意各点间的最短路径。
而在顶点的优选计算问题中，最为罕见的是选址问题，所谓选址问题就是在某一地理区域构成的网络中选择一个顶点，建立服务设施，为该网络中的各个点提供服务，使得服务效率最高[3]。
选址问题，在规划建设中经常可以碰到，这里所谓的服务设施，可以是某些公共服务设施，如医院，消防站，物流中心等。
也可以是生产服务设施，如仓库，转运站等等。
可以认为，选址问题，就是把服务设施与服务对象，反映与统一的网络中，便于对问题进行研究[4]。
尽管对选址的目标、要求有分歧的评判尺度，但是要求服务对象与服务设施之间易于沟通、易于达到，这是一个最基本的要求。
1．最短路径问题最短路径问题是图论研究的一个经典算法问题，其目的是求出给定两点之间的长最短的路径，这里所说的长具有广泛意义，即可指普通意义的距离，也可是时间或费用等[2]。
因此，最短路径问题通常可以归纳为三类：(1)距离意义上的最短路径，即求两点间距离最短的路径；(2)经济意义上的最短路径，即为两点间的费用最少的路径；(3)时间意义上的最短路径，即选择两点间最节省时间的路径。
以上三类问题，都可以抽象为同一类问题，即带权图上的最短路径问题。
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第1章 图论预备知识1.1解：(1) p={φ,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},{a,b,c}}(2) p={,{a},{{b,c}},{a,{b,c}}} (3) p={,{}}(4) p={,{},{{}},{,{}}}(5)p={,{{a,b}},{{a,a,b}},{{a,b,a,b}},{{a,b},{a,a,b}},{{a,b},{a,b,a,b}},{{a,b},{a,a,b},{a,b,a,b}}} 1.2 解：(1) 真 (2) 假 (3)假 (4)假 1.3 解：(1) 不成立，A={1} B={1,2} C={2} (2) 不成立，A={1} B={1,2} C={1,3}1.4 证明：设(x,y)∈(A ∩B)X(C ∩D) 说明x ∈A ∩B,y ∈C ∩D 由于 x ∈A,y ∈C 所以 (x,y) ∈A X C 由于x ∈B,y ∈D 所以 (x,y) ∈B X D 所以 (x,y) ∈（A X C ）∩（B X D ） 反过来，如果（x,y ）∈(A X C) ∩（B X D ） 由于 (x,y) ∈（A X C ）所以 x ∈A,y ∈C 由于 (x,y) ∈（B X D ）所以x ∈B,y ∈D 所以x ∈(A ∩B) y ∈(C ∩D) 所以 (x,y) ∈(A ∩B)X(C ∩D)所以(A ∩B)X(C ∩D)= (A X C) ∩（B X D ） 1.5 解：Hasse 图φφφφφφφφφ极大元{9,24,10,7} 极小元{3,2,5,7} 最大元{24} 最小元{2}1.6 解(2)关系图为：(3)不存在最大元，最小元为{2}1.7 解：(1)R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<1,2>,<2,1>,<2,3>,<3,2>} (2)略(3)I A ⊆R 故R 是自反的。
<1,2>∈R <2,3>R 但是<1,3>∉R 故不满足传递性1.8 解：(1) 不成立 A={1} B={2} C={3} D={4} 则左式={<1,3>，<1,4>,<2,3>,<2,4>} 右式={<1,3>,<2,4>}(2) 不成立 A={1,3} B={1} C={2,4} D={2} 则左式={<3,4>}右式={<1,4>,<3,2>,<3,4>}(3) 不成立 A={1} B={2} C={3} D={4} 则左式={<1,3>,<1,4>,<2,3>,<2,4>} 右式={<1,3>,<2,4>} (4) 成立 证明：设<x,y>∈(A-B)X C ⇔x (A-B)∧ y C⇔x A ∧x B ∧ y C <x,y> A X C ∧<x,y>B XC <x,y>(A X C)-(B XC)故得 （A-B ）X C=（A X C ）-（B X C ）∈∈∈∈∈∈⇔∈∈⇔∈1.9略1.10略1.11解：A为n个元素的优先级和，A上有2n2 个不同的二元关系，理由为：设A，B为集合，AXB的任何子集所定义的二元关系称作从A到B的二元关系，特别当A=B时，称作A上的二元关系，若|A|=n，则|AXA|=n2，那么A上共有2n2个不同的二元关系。
1.12略1.13解：1)真.由于R1和R2和R2都是自反的,因而对任何,都有(x,x)∈R1,(x,x)∈R2.因此,对任何x∈A,都有(x,x)∈R1R2.所以R1R2是自反的。
2)假.令A={a,b},R1={(a,b)},R2={b,a}.那么R1R2={(a,a)},它就不是A上的反自反关系.3)假.令A={a,b,c},R1={(a,b),(b,a)},R2={(b,c),(c,b)}.那末R1R2={(a,c)},就不是A的对称关系.4)假.令A={a,b,c,d},R1={(a,c),(b,c)},R2={(c,b),(d,a)}易证R1,R2都是反对称关系.但是R1R2={(a,b),(b,a)}就不是A上的反对称关系.5)假.令A={a,b,c},R1={(a,c),(b,a),(b,c)},R2={(c,b),(a,c),(a,b)},易证R1和R2都是传递关∈系,但R1R2={(a,b),(b,b),(b,c)}就不是A上的传递关系.1.14证明：由任意的a，存在一个b，使得<a,b>∈R,由对称性所以<b,a>∈R,由传递性<a,a>∈R,所以R是等价关系。
1.15证明：①x∈A，<x,x>∈R,<x,x>∈S→<x,x>∈R∩S，所以R∩S有自反性；②x,y∈A,因为R,S是反对称的，<x,y>∈R∩S∧<y,x>∈R∩S(<x,y>∈R∧<x,y>∈S) ∧(<y,x>∈R∧<y,x>∈S)(<x,y>∈R∧<y,x>∈R) ∧(<x,y>∈S∧<y,x>∈S)x=y∧y=xx=y所以，R∩S有反对称性。
③x,y,z∈A,因为R,S是传递的，<x,y>∈R∩S∧<y,z>∈R∩S<x,y>∈R∧<x,y>∈S∧<y,z>∈R∧<y,z>∈S<x,y>∈R∧<y,z>∈R∧<x,y>∈S∧<y,z>∈S<x,z>∈R∧<x,z>∈S<x,z>∈R∩S所以，R∩S有传递性。
所以R∩S也是A上的偏序关系。
1.16解：r(R)={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<1,2>,<2,3>,<2,5>,<3,4>,<4,3>,<5,5>}s(R)={<1,2>,<2,1>,<2,3>,<3,2>,<2,5>,<5,2>,<3,4>,<4,3>,<5,5>}t(R)={<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<2,3>,<2,4>,<2,5>,<3,3>,<3,4>,<4,3>,<4,4>,<5,5>}1.17 (1)证明：①对任意a,b,a+b=a+b,故得(a,b)R(a,b),关系R具有自反性;②如果(a,b)R(c,d),则a+d=b+c,c+b=d+a,故得(c,d)R(a,b),关系R具有对称性;③如果(a,b)R(c,d),(c,d)R(e,f),则a+d=b+c,c+f=d+e,故得a+f=b+e,(a,b)R(e,f),关系R具有传递性;于是关系R是等价关系.1.18略1.19略1.20解：(1) 单射(2) 满射(3) 既不是单射，也不是满射(4) 满射(5) 双射1.21解：(1) O(n3)(2) O(n5)(3) O(n3n!)第2章图2.1解：(1)(2)2.2 解：构成无向图的度序列：(1)、(2)、(3)、(4)、(6) 构成无向简单图的度序列：(2)、(3)、(4) 2.3解：补图为：2.4bbea:出度为3、入度为1 b:出度为2、入度为2 c:出度为2、入度为3 d:出度为2、入度为3 e:出度为2、入度为2a:出度为3、入度为1 b:出度为1、入度为2 c:出度为3、入度为3 d:出度为3、入度为2 e:出度为0、入度为3设图G 中结点数为n,则有3x4+3x(n-3)=2x12.求得n=7,即图G 有7个结点. 2.5证明将习图2.2的两图顶点标号为如下的(a)与(b)图作映射f : f(v i )→u i (1≤ i ≤ 10)容易证明，对∀v i v j ∈E((a)),有f(v i v j )=u i u j ∈E((b)) (1≤ i ≤ 10, 1≤j ≤ 10 ) 由图的同构定义知，两个图是同构的。
2.6解：同构对应关系：a —8、b —7、c —4、d —9、e —5、f —6、g —1、h —2、i —10、j —3. 2.7证：设在一有向完全图G 中，边数为n.则可知∑deg +(vi )=∑deg −(vi )=n .即所有结点的入度和等于所有节点的出度和，即所有结点的入度的平方和等于所有节点的出度的平方和。
2.8(a)v 23u 4 u (b)(1)(2)2.9证明：用反证法。
设无向图G 只有两个奇点u,v ，若u,v 不连通，即它们之间没任何通路，则G 至少有两个连通分支G1,G2，且u,v 分别属于G1和G2，于是G1和G2中各有一个奇度结点，与握手定理矛盾，因此u,v 必连通。
2.10解：点割集为：{v1，v3}、{v4}、{v6}割点为：v4、v6 2.11解：强连通图：(a ）单相连通图：（b ）（c ）（d ） 弱连通图：（a ）（b ）（c ）（d ） 2.12证明:设v0v1…vk为G中一条最长路，则v0的邻接顶点一定在该路上，否则，与假设矛盾。
现取与v0相邻的脚标最大者，记为l，则l ,于是得圈v0v1v2…vlv0,该圈长为l+1，显然不小于δ+1。
2.13证明：证其逆否命题：e不是割边当且仅当e含在G的某个圈中。
必要性：设e=xy不是割边。
假定e位于G的某个连通分支G1中，则G1-e仍连通。
故在G1_e中有(x,y)路P，P+e便构成G1中一个含有e的圈。
充分性：设e含在G的某个圈C中，而C含于某连通分支G1中，则G1-e仍连通。
故W(G-e)=W(G)，这说明e不是割边,证毕。
2.14证明：用数学归纳法证明：（1）n=1时，G为平凡图，显然G连通。
（2）n=2时，m≥12(n−1)(n−2)+1=1此时G为K2，当然连通。
（3）假设当n=k（k≥2）时，m≥12(n−1)(n−2)+1结论成立。