图论1-3藏习题解答
图论例讲问题解答
图论例讲（问题解答） 陶平生1、设有2n 阶简单图G ，若其每个顶点的度数皆不小于n ，证明：从G 中必可选出n 条边，其端点互不相同．证：我们最大限度地选出k 条两两无公共端点的边，若k n =，则命题已得证； 现在设k n <，这k 条边记为1234212k k PP P P P P - ，，,，在剩下的其它边中，必须是每条边至少有一个端点与122,k P P P ，,中的一个点重合，不然的话，我们又可以将这样的一条边添加进去，使得这种边数多于k 条，与k 的最大性矛盾！今考虑图G 在上述端点集{}122,k P P P ，,之外的一对顶点,A B ，它们本身不会相连，由于每个顶点的度数皆不小于n ，而1n k ≥+，即点,A B 共同向点集{}122,k P P P ，,至少发出了22k +条边（称这种边为红边），于是k 条边1234212k k PP P P P P - ，，,中必有一条，它的两个端点关联了至少三条红边（如果这k 条边中的每一条边都至多关联两条红边，那么红边的总条数将不超过2k ，矛盾！）．现在设，边212k k P P -关联了三条红边，得到两种关联模式，如图所示．每种模式下，我们都可以去掉边212k k P P -以及一条红边，而保留两条无公共端点的红边，这样，图G 中两两无公共端点的边成为1k +条，又与k 的最大性矛盾！因此k n <的假设被否定，所以k n =，结论得证．2、某地网球俱乐部的20名成员举行14场单打比赛，每人至少上场一次，证明：必有六场比赛，其中的12名参赛者各不相同．（美国1989）证：用20个点1220,,,V V V 表示这20名成员，如果两名成员比赛过，则在相应的两点之间连一条边，于是得到图G ．据题意，G 有14条边，设顶点i V 的度数为i d ，则1,1,2,,20i d i ≥= ，而122021428d d d +++=⨯= ．在每个顶点i V 处抹去1i d -条边（或者说，在每点i V 所发出的边中取1i d -条染成红色），由于同一条边可能被其两个端点所抹去（染红），所以抹去的边（红边）至多有1220(1)(1)(1)28208d d d -+-++-=-= 条，因此在抹去这些边后，所得的图G '中至少含有1486-=条边，且图G '中每个顶点的度数至多是1，从而这6条边所邻接的12个顶点各不相同，即这6条边所对应的6场比赛，其中的12名参赛者各不相同．3、设G 为n 阶图，且没有长为4的圈；证明：其边数(14n q ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦． 证明：设G 的顶点为12,,,n V V V ⋅⋅⋅，且设顶点j V 的度为j a ，1,2,,j n =⋅⋅⋅，则12n j j aq ==∑．现考察与顶点j V （1,2,,j n =⋅⋅⋅）相邻的任两个顶点所构成的顶点对，则对B2k-12k2k 2k-1于每个顶点j V ，这样不同的顶点对有2ja C 个，并且任两个顶点对互不相同（事实上，若对于i j ≠，顶点i V 的某顶点对与j V 的某顶点对相同，则存在,k l V V k l ≠与,i j V V 均相邻，这样i k j l VV V V 形成一个长度为4的圈，与题意矛盾.），而总的顶点对至多为2n C 个，故221j n a n j C C =≤∑，故()222211111122n n n n j j j j j j j j n n a a a a q q n n ====⎛⎫-≥-≥-=- ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 即((1144n n q ≤≤， 而q 为整数，故(14n q ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦． 4、任意给定() 2n n ≥个互不相等的n 位正整数，证明：存在{}1,2,,k n ∈ ，使得将它们的第k 位数字都删去后，所得到的n 个1n -位数仍互不相等.证：设这n 个n 位数为12,,,n a a a .用反证法，若对于每个{}1,2,,k n ∈ ，删去这组数的第k 位数字后，所得到的n 个1n -位数12,,,k k nk a a a 中，都至少有两个数相等，设ik jk a a =，因原来相应的两数i j a a ≠，则, i j a a 被删去的第k 位数字必不相同，称这样的一对数, i j a a 为“具有性质k P ”（, i j a a 只有第k 位数字不同，其它位置上的数字对应相同）.今用n 个点12,,,n v v v 分别表示这n 个数，若某一对数, i j a a 具有性质k P ，{}1,2,,k n ∈ ，则令相应的点, i j v v 相邻，于是得n 阶图G .据反证法所设知，图G 中至少有n 条边，故必有圈，不妨设此圈为121r v v v v ，（否则可将这n 个数重新编号；又对于互不相等的若干个n 位正整数，同时将每个数的第, i j 位数字对换位置，并不改变本题的性质），那么前r 个数为：112341 r r n a x x x x x x x -=212341 r r n a y x x x x x x -=312341 r r n a y y x x x x x -=412341 r r n a y y y x x x x -=…… …… …………112341r r r n a y y y y x x x --=12341 r r r n a y y y y y x x -=这里，不同的字母表示不同的数字，据此知，删去各数（自左向右）的第r 位数字后，所得的两个1n -位数rr a 与1r a 并不相等，其中，123411 rr r r n a y y y y y x x -+= ，1123411r r r n a x x x x x x x -+=也就是说，圈121r v v v v 中的边1r v v 并不存在，矛盾.因此，图G 中不可能有圈，故图G 中的边至多有1n -条，这与反证法的假设相矛盾，从而结论得证.5、设G 为n 阶图()5n ≥，其边数4e n ≥+，证明G 中存在两个无公共边的圈. 证：对n 归纳，当5n =时，9e ≥，这相当于从5k 中至多去掉一条边，结论显然成立. 设()6n k k <≥时结论成立，当n k =时，k 阶图G 的边数4e k ≥+，由于G 的边数≥顶点数，其中必有圈.若G 中存在一个长为3或4的圈1C ，则从图G 中删去圈1C 上所有的边，剩下的k 阶子图1G 中，依然满足：边数≥顶点数，其中又有圈2C ，显然，1C 与2C 都是G 中的圈，且无公共边.以下假设，G 中的每个圈长至少为5.若G 中有点0v ，其度数()01d v ≤，则删去点0v 以及它所关联的边，剩下的1k -阶子图2G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，2G 中有不含公共边的两个圈，它们当然也是G 中的圈.若G 中有点0v ，其度数()02d v =，设与0v 邻接的两个点是12, v v ，显然12, v v 不相邻（因G 中无三角形），此时，删去点0v 及其所发出的两条边，同时添加边12v v ，所得的图3G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，3G 中有不含公共边的两个圈1C 与2C . 再将边12v v 去掉，恢复被删去的点0v 及其所发出的两条边0102, v v v v ，回到图G ，则G 中也有不含公共边的两个圈（这是由于，若3G 中的这两个圈1C 与2C 都不含边12v v ，则这两个圈1C 与2C 也是G 中的圈；若3G 中的这两个圈中有一个，例如2C ，含有边12v v ，从该圈中去掉12v v ，并代之以边0102, v v v v ，得到圈0C ，则0C 与1C 是G 中不含公共边的两个圈）.若G 中所有的点i v ，其度数()3i d v ≥，1,2,,i k = ，如果G 的边数4k >+，我们就从G 中删去一些边，使得边数恰好为4k +，记此图为4G .在图4G 中，若4G 中有一顶点的度数3<，则据前面的讨论，结论已经得证；若4G 中每个顶点的度数皆3≥，则4G 中各顶点的度数之和3k ≥，故4G 中的边数32k ≥，即有342k k +≥，由此得，8k ≤. 而在此时，只要能证得，在4G 中必有三角形或四边形，这种三角形或四边形当然也在G 中，这将与原先的假设（G 中的每个圈长至少为5）相矛盾.事实上，由于4G 中的边数4k +≥顶点数k ，故4G 中必有圈，设C 为极小圈，则圈C 的点与点之间不能再有其它边相连，否则圈C 将被分成更小的圈，矛盾；设极小圈C 的长为r ，则2r k ≤-.(由于每个顶点的度数皆3≥，若r k =，则圈C 的点与点之间将有其它边相连，于是圈C 被分成更小的圈，矛盾；若1r k =-，圈121r C vv v v = 上的每个点都要与圈外的一点0v 相邻，于是得到三角形012v v v ，矛盾)；于是，当5k =或6k =时，4G 中的极小圈C 的长4r ≤.当7k =时，有5r ≤，若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另两点为,u v ，五边形的五个顶点共向,u v 发出至少5条边，则,u v 中必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少3条边，其中必有两个相邻顶点，例如12v v 都与u 相邻，于是得到三角形12uv v （更小的圈），矛盾，因此4r ≤；当8k =时，有6r ≤，若极小圈为六边形123456v v v v v v ，六个顶点共向圈外的两点,u v 发出至少6条边，则其中有一点，例如u ，要向六边形的顶点发出至少3条边，于是点u 要向顶点组{}{}135246,,, ,,v v v v v v 中的一组发出至少2条边，设u 与13,v v 相邻，则得到四边形123v v v u ，矛盾；若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另三点为,,u v w ，五边形的五个顶点共向,,u v w 发出至少5条边，必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少2条边，由于五边形的任两个顶点，要么相邻，要么中间只隔一个顶点，因此得到一个含有点u 的三角形或者四边形，矛盾,因此4r ≤.综合以上讨论，可知本题结论成立.6、若简单图G 有21n +个顶点，至少31n +条边(2)n ≥，证明：G 中必有偶圈． 证：由于图G 的边数不小于顶点数，则G 中必有圈，今逐次这样地去掉图中的一些边： 使得每去掉一条边，就破坏一个圈，这样的操作至少可以进行1n +次，也就是至少可以去掉1n +条边，破坏至少1n +个圈，即是说，图G 中的圈至少有1n +个．这1n +个圈中，必有两个圈有公共边，事实上如果任两个圈都无公共边，由于每个圈至少有3条边，则图G 至少有3(1)33n n +=+条边，矛盾！今设12,C C 是图G 中两个有公共边的圈，则1C 至少有一条边不在2C 中，2C 至少有一条边不在1C 中，若12,C C 含有公共边e 的最长公共道路为0()C A B = ，若设道路0C 有r 条边，圈1C 有1r 条边（包括公共路），圈2C 有2r 条边（包括公共路），（即圈12,C C 的长分别是12,r r ）． 若去掉道路0()C A B = 间的所有的边（即圈12,C C 的上述公共边），则圈12,C C 的剩下部分仍可合并为一个圈，记为*C ，圈*C 的长为122r r r +-；注意三个圈*12,,C C C 长的和等于122()r r r +-，它是一个偶数，故三个加项12,r r 和122r r r +-中必有一个是偶数，即G 中有偶圈．7、一次足球邀请赛共安排了n 支球队参加，每支球队预定的比赛场数分别是12,,,n m m m ，如果任两支球队之间至多安排了一场比赛，则称12(,,,)n m m m 是一个有效安排；证明：如果12(,,,)n m m m 是一个有效安排，且12n m m m ≥≥≥ ，则可取掉一支球队，并重新调整各队之间的对局情况，使得112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++--- 也是一个有效安排．证：设预定比赛i m 场的队为i A ，1,2,,i n = ；（01）、如果1A 的1m 场比赛，其对手恰好就是1231,,,m A A A + ，那么，直接去掉1A （当然1A 所参与的所有比赛也就被取消了），则剩下的队23,,,n A A A 之间的比赛，以 112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++--- 为有效安排．（02）、如果球队23,,,n A A A 中，有些队并未安排与1A 比赛，设在1231,,,m A A A + 中，自左至右，第一个未安排与1A 比赛的队是j A ，由于1A 要赛1m 场，那么在1231,,,mA A A + 之外必有一个队安排了与1A 比赛，设为1,(1)k A m k n +<≤，由于j k m m >，故必有一个队s A ，它被安排了与j A 比赛而未安排与k A 比赛，如图所示． 今对原安排作如下调整：取消1,k A A 两队间、,j s A A 两队间的比赛，改为1,j A A 两队间，,s k A A 两队间进行比赛，其它比赛安排不变；s j k js k经过这一次调整之后，所有球队的比赛场数不变，且是一个有效安排．而第一个不与1A 比赛的队的序号，至少后移了一个位置；故经有限次这样的调整之后，就化成了情形（01），因此结论得证．8、十个城市之间有两个航空公司服务，其中任意两个城市之间都有一条直达航线（中间不停），所有航线之间都是可往返的．证明：至少有一个航空公司可以提供两条互不相交的环形旅行线路，其中每条线路上的城市个数都为奇数．（与其等价的图论说法是：10阶完全图10K 的边红蓝2-染色，则必存在两个无公共顶点的同色奇圈（顶点个数为奇数的圈，且这两个圈的边或者同为红色，或者同为蓝色））．证：首先注意，六阶完全图的边红蓝2-染色，据拉姆赛定理，必存在单色三角形123VV V ，除去这个三角形外，在余下的七点之中，又有一个单色三角形456V V V ，若这两个三角形具有相同的颜色，证明已经完成；不然的话，若这两个三角形，一个是红色的，一个是蓝色的，在这两个三角形的顶点之间有9条连线，其中至少有5条同色，设为蓝色；因此，有一个红色三角形，从它的某个顶点发出两条蓝边，蓝边的端点是蓝色三角形的两个顶点；这样，我们找到两个三角形，其中，一个是红色边的，一个是蓝色边的，它们具有一个公共的顶点，（总共佔用了5个顶点）；今考虑剩下的5个顶点：若它们组成的完全图5K 中含有一个单色三角形，则证明已经完成；若此完全图5K 中不含单色三角形，我们来证明，此时5K 的10条边，必定形成一个红色五边形和一个蓝色五边形．这是由于，5K 中不含单色三角形，则每点必定都是发出两条红边，两条蓝边；因为，若点A 发出三条蓝边 ,,AB AC AD ，则点,,B C D 之间便不能再有蓝边，于是得到红色三角形BCD ，矛盾！ 现在设点发出的两条蓝边是,AB AE ，则边BE 必为红色；而点B 还需再发出一条蓝边，一条红边，设BC 为蓝，BD 为红；由此即推得，AC 必为红，DE 必为蓝；于是AD 为红， CD 为蓝，CE 为红．于是得蓝色五边形ABCDE 和红色五边形ACEBD ．从而命题得证．9、在一次学术讲演中有五名数学家参加，会上每人均打了两次旽，且每两人均有同时在打旽的时刻，证明：一定有三人，他们有同时在打旽的时刻．证：以1210,,,V V V 这10个点表示五位数学家的十次打旽，当,i j V V 两个旽有共同的时刻，则令点,i j V V 相邻，这样我们就得到一个10阶图G ，由于每两个数学家都有同时打旽的时刻，从而图G 的边数至少是2510C =，而G 的顶点数为10，故G 中必有圈． E设在此圈中，k V 是最先结束的一个旽，与k V 相邻的两个顶点是11,k k V V -+，因11,k k V V -+这两个旽与k V 有共同的时刻，故当旽k V 结束的前一瞬间，11,k k V V -+这两个旽还在继续，这表明，三个旽11,,k k k V V V -+有共同进行的时刻，而这三个旽显然是属于三个人的（若两个旽属于同一个人，又有共同的时刻，只能算成一个旽，矛盾！）．10、() 2n n n ⨯≥矩阵A 中，每行及每列的元素中各有一个1和一个1-，其余元素皆为0；证明：可以通过有限次行与行的交换以及列与列的交换，化为矩阵B ，使得 0A B +=.（即A 中的每个数都变成了其相反数）证：2n =时结论显然成立;以下考虑3n ≥时的情况.记n n ⨯矩阵第i 行、j 列交叉位置上的元素为{} ,0,1,1ij ij a a ∈-，又用i V 表示矩阵的第i 行，j e 表示第j 列，（ ,i j V e 仅表示位置，不代表具体元素与向量），今构作一个以12,,,n V V V 为顶点，12,,,n e e e 为边的有向图G 如下：当第k 列的1在第i 行，1-在第j 行，（即 1, 1ik jk a a ==-），则连一条由点i V 指向点j V 的有向边k e ，于是，G 的每个顶点都恰好具有1个出度和1个入度（即发出一个箭头和收到一个箭头），因此，从图G 的任一顶点出发，沿箭头方向前进，必将回到原出发点，（这是由于，除出发点外，每经过一个点，就将耗去一个入度和一个出度，因此不能回到途经的点）. 这样，图G 或者本身是一个n 阶有向圈，或者是若干个不交的有向圈的并，（其中k 个点的有向圈恰有k 条有向边，3k ≥.当3n ≥时，这种图G 与适合条件的矩阵A 一一对应）. 若后者情况出现时，如果删去某个圈所涉及的行和列，并不影响其余圈的状态；或者说，若仅对某个圈所涉及的行和列进行所述的变换，不会改变其它行和列中1和1-的位置. 于是我们仅须考虑只有一个圈(即G 为n 阶圈)的情况.示例如下：对应的圈1C 为：我们注意到：()1. 每当交换矩阵中的两行位置，等价于圈中仅交换相应两个顶点的位置，（边的位置保持不动）； ()11. 每当交换矩阵中的两列位置，等价于圈中仅交换相应两条边的位置，（仅交换两条边的代号，边的箭头方向以及顶点的位置保持不动）.于是，我们可先对圈1C 的顶点作两两对换，得到圈2C ，使得沿箭头方向前进时，所经历的各点恰与圈1C 中各点的方向相反．（例如在圈1C 中，诸点的顺序为1243651VV V V V V V ；而6V 534 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 11 0 0 0 0 1A -⎛ - -=---⎝⎫⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭在圈2C 中，诸点的顺序为1563421VV V V V V V ）.圈2C ： 圈3C ：再对圈2C 的边作两两对换，（每次仅交换一对边的代号，边的箭头方向及顶点的位置保持不动）.使得每条边所关联的顶点与圈1C 中的情况相同.于是得到圈3C .与圈3C 所对应的矩阵B ，其每个元素恰为矩阵A 中相应位置上元素的相反数.因此 0A B +=. 即所证的结论成立．11、有七种颜色的珍珠，共计14颗，其中每种颜色的珍珠各两颗；今把这些珍珠分装于七个珠盒中，使得每个珠盒中各有一对不同颜色的珍珠；(1)、证明：不论各盒中的珍珠怎样搭配，总可以将这七个珠盒分别放置于一个正七边形的七个顶点之上，使得七边形的任两个相邻顶点处所放置的盒中，四颗珍珠互不同色．(2)、如将以上条件与待证结论中的“七”一律改为“五”，14改为10，则情况如何？(1)、证：用点127,,,v v v 分别表示这七种颜色，如果一个i v 色的珍珠和一个j v 色的珍珠装在同一盒中(i j ≠)，则在点i v 与j v 间连一条边，这样就得到一个图G ，（点i v 与j v 之间有可能连出两条边），由于同一色的珍珠有两颗，每颗珠都需与一颗其它颜色的珍珠共盒，则图G 的每点恰好发出两条边；自G 的任一点A 出发，沿一条边走到点B ，再由B 沿另一条边走到C ，…，如此下去，最后必定回到出发点A ，（这是由于，途中经过的每个点P 都有两条边，若能沿一条边进入点P ，则必沿另一条边可离开点P ，而由点P 不能再回到途中已经过的点，因为这种点所发出的两条边都已走过，因此只能到达新点或回到出发点，而新点终将逐渐耗尽，最后必定回到出发点A ），这样就得到一个圈．去掉这个圈，若剩下还有点，依上述方法，又将得到新的圈，若称两点的圈为“两边形”，则图G 的结构只有如下四种情况：()01、一个七边形： ()02、一个五边形，一个两边形： B 6v 47543v 74V 364V 36()03、一个四边形，一个三角形： ()04、一个三角形，两个两边形： 对于每种情况，我们都对相应的边作出适当编号，并将这些边所对应的珠盒放置于七边形的顶点之上，如右图所示．因此所证结论成立． (2)、当14颗七色珠改为10颗五色珠后，结论不成立，例如，对于五色12345,,,,v v v v v ，我们若将10颗珠这样装盒： ()()()()()112223331445545,,,,,,,,,e v v e v v e v v e v v e v v =====，则无论怎样摆放于正五边形的顶点上，都不能满足条件．（因为123,,e e e 中，任两盒都有同色的珠，无论怎样摆放于正五边形的顶点上，必有两盒相邻）．12、给定31个正整数1231,,,a a a ，若其中至少有94对数互质，证明：其中必存在四个数,,,a b c d ，满足：(,)(,)(,)(,)1a b b c c d d a ====．证：用点1231,,,A A A 分别代表这31个正整数，若(,)1i j a a =，则令相应点,i j A A 相邻，于是得31阶简单图G ，设点i A 的度数为i d ，据条件，图G 至少有94条边，不妨设，图G 恰有94条边，否则我们就去掉其中一些边，并不影响问题的性质； 与点i A 相邻的点有i d 个，它们构成2(1)2i i i d d d C -=个“点对”，据条件， 1231294188d d d +++=⨯= ；若记 3121i d i M C ==∑，则 31312111122i i i i M d d ===-∑∑ 31211942i i d ==-∑，由柯西不等式，31312222111112()1889422316231i i i i d d ==≥=⋅=⋅⨯∑∑， 因此，223129415793155313094943131312M C ⨯⨯⨯≥⋅-=>==， 故在1231,,,A A A 中必有两个点,A C ，其所邻接的点中， 具有相同的一个“点对”，设为,B D ，即ABCD 为四边形，从而，(,)(,)(,)(,)1a b b c c d d a ====．6e 46e 73v 43673764672C13、奥运会排球预选赛有n 支球队参加，其中每两队比赛一场，每场比赛必决出胜负，如果其中有k （3k n ≤≤）支球队12,,,k A A A ，满足：1A 胜2A ，2A 胜3A ，…，1k A -胜k A ，k A 胜1A ，则称这k 支球队组成一个k 阶连环套；证明：若全部n 支球队组成一个n 阶连环套，则对于每个k （3k n ≤≤）及每支球队i A ()1i n ≤≤，i A 必另外某些球队组成一个k 阶连环套.证明：以12,,,k A A A 为顶点，如球队i A 胜j A ，则在两点间连一有向边：i j A A →，如此得n 阶竞赛图G ．据条件，G 的n 个顶点可以排成一个n 阶有向圈，设为： 121n A A A A →→→→ ，于是G 的任两点可沿箭头方向相互到达．先证明，任一球队i A 必在某个三阶连环套中，用,i i S T 分别表示被i A 击败了的球队集合和击败了i A 的所有球队集合，由于G 双向连通，必有,j i k i A S A T ∈∈，使j k A A →，于是,,i j k A A A 组成三阶连环套；假若已证得，对于()3k k n ≤<，图中存在以i A 为一顶点的k 阶连环套()121i k C A A A A A = ，圈C 之外的点的集合为M ；若M 中有一点P ，它所表示的球队既击败了圈C 中的某个队k A ，又被圈C 中的另一个队j A 所击败，点,k j A A 把圈C 分成两条有向路12,C C ，其中一条，例如1C ，它与有向路j k A P A →→组成有向圈，如图所示．依次考虑路2C ：12,,,,j j j k A A A A ++ 上各点与点P 间的邻接情况，必有相邻的两点1,j r j r A A +++，满足j r A P +→而1j r P A ++→，今去掉边1j r j r A A +++→，而将路1j r j r A P A +++→→插入其间，便得到一个含有顶点i A 的1k +阶连环套；若M 中的任一点P ，它所表示的球队要么击败了圈C 中的每个队，要么被圈C 中的每个 队所击败，则集M 可分为两个不交的子集S 与T ，其中S 中的任一队，战胜了圈C 中所有的队，而T 中的任一队，负于圈C 中所有的队；由于图G 双向连通，故在集T 中必有点u ，集S 有点v ，使v u →，今在圈C 中任意去掉一个点j A ，()j i A A ≠，而用路v u →代替，便得到一个含有顶点i A 的1k +阶连环套；故结论对于1k +成立，由归纳法，结论成立． 14、某公司有17个人，每个人都正好认识另外的4个人，证明：存在两个人，他们彼j此不相识且没有共同的熟人．（第26届独联体数学奥林匹克）证明：以17个点表示公司的17个人，如果两人,x y 相识，则令其相邻，于是得到17阶简单图G ；据条件，对于每个顶点x ，()4d x =，我们需证明，存在顶点,P Q ，满足： ,P Q 不相邻，且不同与第三顶点相邻．反证法，假设G 中的任意两点，或者相邻，或者同与第三点相邻，今考察其中任一点x ， 因为()4d x =，故有点,,,A B C D 与x 相邻，讨论不同的情况：01、如果,,,A B C D 四点之间有某两点相邻，例如AB 相邻，因()4d x =，与A 相邻的另两点是,E F （允许是,C D ），此外至少有10个点与A 不相邻，它们构成集合M ，P M ∀∈，因,P A 不相邻，则由假设，它们应同与第三点相邻，但与A 相邻且度数尚未满4的点只有,,B E F ，故P 必与,,B E F 之一相邻；因为P 是M 中的任意点，故M 中的10个点必与,,B E F 之间至少连出10条边，从而 ,,B E F 中有一点至少向M 中的点发出4条边，这样，该点的度数5≥（因该点也与A 相邻），发生矛盾！02、据01的讨论知，,,,A B C D 中的任两点不相邻，又若,,,A B C D 四点中有某两点，例如,A B ，它们除了都与x 相邻外，还都与另一点y 相邻，因为()4d A =，与A 相邻的另外两点是,E F ，此外至少有9点与A 不相邻，它们构成集合M ，P M ∀∈，P 必与,E F ， Y 之一相邻，但()4d Y =，故与Y 相邻的点，除,A B 外，至多还有M 中的两点，因此，M 中至少有7点要向,E F 之一发出边，于是,E F 中必有一点向M 引出至少4条边，则该点的度数大于4，矛盾！据01，02的讨论可知，,,,A B C D 四点之间两两不相邻，且除与x 相邻外，它们两两22Fx M y x也不同与另外的点相邻，但,,,A B C D 的度数皆为4，因此除与x 外，它们各与另外三个不同的点相邻，如图二，这样已有16条边，其余还有17416182⨯-=条边，并且图中已有17个顶点，不会再有另外的顶点，而且据与01相同的讨论可知，与A 相邻的四点（包括x 及另三个未标记号的点123,,A A A ），彼此之间不能相邻．因此，这18条边的每一条，只能在,,,i i i i A B C D 间连结，每连一条，便得到一个含有5条边，且经过x 的圈，这样共得18个圈（每圈都过x ），由于顶点x 的任意性，经过其余16个点中任一个点也有18个那样的圈（共1718⨯个），每一个圈过5个顶点，因此每个圈重复计算了五遍． 于是圈的个数等于17185⨯，这不可能，故所设不真，从而证得了命题． 15、若8阶简单图不含四边形，那么，其边数的最大值是多少？（92CMO -） 解一：右图是具有八个顶点，十一条边的简单图，其中没有四边形，今证明，11便是合于条件的最大值．为此，只要证，具有12条边的简单图中必存在四边形．先指出两个事实：01、如果点A 与点12,,,k V V V 都相邻，B 是异于A 的一个顶点（B 也可以是{}12,,,k V V V 中的点），如果在{}12,,,k V V V 中有某一“点对”与B 相邻，则图中有四边形．02、四个顶点的图中，如有五条边，就必有四边形．（相当于一个四面体中去掉一条边）． 现在设，G 具有八个顶点，十二条边的简单图，我们来证明，G 中必有四边形． 反证法，假若G 中没有四边形，用128,,,d d d 分别表示G 中八个顶点的度数， 注意到，8121224i i d==⨯=∑，则有{}128max ,,,3d d d ≥ ．讨论不同的情况：情形一、若{}128max ,,,3d d d = ，这时G 中每个顶点的度数都是3，任取一个顶点1A ， 与1A 有边相邻的顶点设为234,,A A A ，其余四个顶点为1234,,,B B B B ；据01及反证法假设，{}1234,,,B B B B 中的点与{}234,,A A A 中的点之间相连的边至多只有四条，而{}234,,A A A 中的点相连的边至多只有一条，，所以在{}1234,,,B B B B 这些点中相连的边至少有123414---=条（由02可知，也只能有四条），我们只考虑这四个顶点以及连结它们的4条边，这时其中必有某一顶点的度数是1（如果这四个顶点的度数都是2，就成为一个四边形），从而有顶点度数为3，即{}1234,,,B B B B 中必有一点（不妨设为1B ），与其它三点都有边相连，而{}1234,,,B B B B 中的点与{}234,,A A A 中的点相连的边数为4，1B 必与{}234,,A A A 中的某一点有边相连，这样，图G 中1B 的度数将是4，这与假设矛盾！情形二、{}128max ,,,4d d d = ，取一个度数为4的顶点A ，设与A 有边相连的顶点为 1234,,,A A A A ，其余三顶点为123,,B B B ，据01及反证法假设，{}1234,,,A A A A 内部的边至多是2条，点集{}123,,B B B 与{}1234,,,A A A A 之间的边至多3条，而{}123,,B B B 内部的边也显然至多3条，由于总的边数是12条，因此上述各种边数恰为2,3,3；于是，在{}1234,,,A A A A 内部的边恰好是2条，且这两条边不能有公共顶点（否则将出现四边形），不妨设这两条边为112l A A =，234l A A =；{}123,,B B B 中的每一点都与{}1234,,,A A A A 中的某一点有边相连，这种边有三条，称为“红边”，且因121323,,B B B B B B 都是G 的边，这三条红边中，必有两条的端点同时落在12,l l 两边之一上，设为1l 上， 它收到来自12,B B 发来的边；如果这两条红边都关联1l 上的同一点（例如1A ），那么1123A B B B 构成四边形；如果这两条红边关联1l 上的不同点12,A A ，那么1212A A B B 构成四边形；都与所设矛盾！情形三、{}128max ,,,4d d d > ，取一个度数最大的顶点A ，与A 邻接的点集记为S ，其余顶点集记为T ，令{}128max ,,,k S d d d == ，m T =，,S T 之间的边数至多m 条，T 内部的边至多2m C 条，S 内部的边至多2k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦条，这样，图G 的边数不超过 22722m m k k k m C C ⎡⎤⎡⎤+++=++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，当5,6,7k =时，都不可能使边数为12． 综上，知所求的最大值为11．解二、将n (4)n ≥阶简单图中，没有四边形的图的边数的最大值记为n S ，易见44S =， 下面考虑5n =的情况，在有5个顶点，6条边的简单图中，由于各顶点的度数之和为12， 必有某顶点的度数不大于2，如果其中有一个顶点的度数为1，则可去掉这个顶点，化为有23A4。
图论课后习题答案
图论课后习题答案图论是数学中的一个分支，主要研究图的结构和性质。
图论的课后习题通常包括证明题、计算题和应用题。
下面给出一些典型的图论课后习题答案：1. 证明题：证明一个图是连通的当且仅当它的任意两个顶点都存在一条路径相连。
答案：首先定义连通图的概念：一个图是连通的，如果对于任意两个顶点，都存在一条路径将它们连接起来。
接下来，我们证明两个方向：- 如果一个图是连通的，那么对于任意两个顶点\( u \)和\( v \)，根据定义，必然存在一条路径\( P \)将它们连接起来。
- 反之，如果对于任意两个顶点\( u \)和\( v \)，都存在一条路径将它们连接起来，那么我们可以构造一个从任意顶点\( u \)出发，访问图中所有顶点的路径，这表明图是连通的。
2. 计算题：给定一个有\( n \)个顶点的完全图，计算它的边数。
答案：在完全图中，每个顶点都与其他所有顶点相连。
因此，对于一个顶点，它将与\( n-1 \)个其他顶点相连。
但是，每条边被计算了两次（因为它连接了两个顶点），所以边数应该是\( \frac{n(n-1)}{2} \)。
3. 应用题：在一个社交网络中，每个用户可以与其他人建立联系。
如果一个用户与至少一半的用户建立了联系，那么这个社交网络是连通的吗？答案：是的，这个社交网络是连通的。
假设社交网络中有\( n \)个用户，如果一个用户与至少\( \lceil \frac{n}{2} \rceil \)个用户建立了联系，那么我们可以构造一条从任意用户\( u \)到这个中心用户的路径。
由于中心用户与至少一半的用户建立了联系，我们可以继续通过这些联系到达其他用户，从而证明社交网络是连通的。
4. 证明题：证明在任何图中，边数至少是顶点数减一。
答案：考虑一个图的生成树，它是一个最小的连通子图，包含图中的所有顶点，并且没有环。
在生成树中，边数等于顶点数减一。
由于任何图都至少包含一个生成树，因此原图的边数至少与生成树的边数相同，即至少是顶点数减一。
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。
图论习题答案
图论习题答案
《图论习题答案》
图论作为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。
在学习
图论的过程中，我们常常会遇到各种各样的习题，通过解答这些习题可以帮助
我们更好地理解图论的知识。
下面就让我们来看一些图论习题的答案吧。
1. 问：一个图中有多少条边？
答：一个图中的边数可以通过计算每个顶点的度数之和再除以2来得到。
2. 问：一个图中有多少个连通分量？
答：一个图中的连通分量可以通过使用深度优先搜索或广度优先搜索来求得。
3. 问：一个图中是否存在欧拉回路？
答：一个图中存在欧拉回路的充分必要条件是每个顶点的度数都是偶数。
4. 问：一个图中是否存在哈密顿回路？
答：一个图中存在哈密顿回路的判定是一个NP难题，目前还没有有效的多项式时间算法。
5. 问：一个图中的最小生成树有多少条边？
答：一个图中的最小生成树的边数恰好等于顶点数减一。
通过解答这些图论习题，我们可以更好地掌握图论的基本概念和算法。
图论不
仅在数学领域有着重要的应用，而且在计算机科学、电信网络等领域也有着广
泛的应用。
因此，熟练掌握图论知识对我们的学习和工作都有着重要的意义。
希望通过本文的分享，能够帮助大家更好地理解图论知识，提高解决问题的能力。
同时也希望大家在学习图论的过程中能够多多练习，勇于挑战各种各样的
图论习题，不断提升自己的图论水平。
祝大家在图论的学习道路上取得更大的
进步！。
图论习题答案
习题一1.一个工厂为一结点；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，度数总是偶数的性质矛盾。
2. 若存在孤立点，则m不超过K n-i的边数,故m <= (n-1)( n-2)/2,与题设矛盾。
3.记a i为结点v i的正度数，a；为结点v i的负度数，则n na i 2「［(n-1)-a「］2二n(n-1)2i 4 i』n因为Z a；=c2 = n(n—1)/2,所以i =14.用向量(a i,a2,a3)表示三个量杯中水的量，其中a i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⑻砂厲)中某杯的水倒满另一杯得到(a' a' a'),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：5.可以。
7.同构。
同构的双射如下:V V1V2V3V4V5V6f (V)b a c e d f8.记e1=(V1,V2), e2= ( V1,V4), e3=(V3,V1), e4=(V2,V5), e5=(V6,V3), e6=(V6,V4), e7=(V5,V3), e8=(V3,V4), e9 =(V6,V1),贝y-0 1 0 1 0 01-'1 1 -1 0 0 0 0 0 -110 0 0 0 1 0 _ 1 0 0 1 0 0 0 0 0 邻接矩阵为： 1 0 0 1 0 0 关联矩阵为：0 0 1 0 _ 1 0 _ 1 1 00 0 0 0 0 0 ,0 _ 1 0 0 0 _ 1 0 -1 00 0 1 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 01 0 1 1 0 0一[0 0 0 0 1 1 0 0 1一从而总度数为奇数，仍与图的总n n-2(n-1)二a j a j ,i A i =n n亠2 人•一2' a j a j 。
图论1-3藏习题解答
学号：0441 姓名：张倩 习题14．证明图1-28中的两图是同构的证明：将图1-28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，图1-27的两个图是同构的。
5.证明：四个顶点的非同构简单图有11个。
证明：设四个顶点中边的个数为m ，则有： m=0:m=1 ：(a)v 2 v 3u 4u (b)m=2：m=3：m=4：m=5：m=6：因为四个顶点的简单图最多就是具有6条边，上面所列出的情形是在不同边的条件下的不同构的情形，则从上面穷举出的情况可以看出四个顶点的非同构简单图有11个。
11.证明：序列（7,6,5,4,3,3,2）和（6,6,5,4,3,3,1）不是图序列。
证明：由于7个顶点的简单图的最大度不会超过6，因此序列（7,6,5,4,3,3,2）不是图序列；（6,6,5,4,3,3,1）是图序列()11123121,1,,1,,,=d d n d d d d d π++---L L 是图序列（5,4,3,2,2,0）是图序列，然而（5,4,3,2,2,0）不是图序列，所以（6,6,5,4,3,3,1）不是图序列。
12.证明：若δ≥2，则G 包含圈。
证明 只就连通图证明即可。
设V(G)=｛v1,v2,…,vn｝,对于G 中的路v1v2…vk,若vk 与v1邻接，则构成一个圈。
若vi1vi2…vin 是一条路，由于?? 2，因此，对vin ，存在点vik 与之邻接，则vik?vinvik 构成一个圈 。
17.证明：若G 不连通，则G 连通。
证明 对)(,_G V v u ∈∀,若u 与v 属于G 的不同连通分支，显然u 与v 在_G 中连通；若u 与v 属于g 的同一连通分支，设w 为G 的另一个连通分支中的一个顶点，则u 与w ，v 与w 分别在_G 中连通，因此，u 与v 在_G 中连通。
图论习题答案2
图论习题课(二)
第二次作业
一（40） . 证明 : G是单图， k , 则G有长k的轨。 证：若P为Ｇ的一条最长轨，它的长度l＜k，设Ｐ为v1v2 v3 ...vl 1 , 而d v1 k l , 从而P外恒存在一点v0与v1邻接, 于是v0 v1v2 v3 ...vl 1是G中长于P的一条轨，这与P是最长轨矛盾，故l k . 故G中有长k的轨。
第四次作业
三(11).设是平面图Ｇ的连通片个数，则 (G ) (G ) (G ) 1 证：对于每个连通片G i， 1 i ，运用欧拉定理：
(Gi ) (Gi ) (Gi ) 2
[ (G ) (G ) (G )] 2
第二次作业
• 二(5).证明：树有一个中心或者两个中心，但有两 个中心时，此二中心是邻顶。 • 证明：结论对于树K1，K2显然成立。对于任何一 个其它的树T，与除去T的所有度为1的顶点得到 的树T' 有同样的中心。因为T有限，经过有限步 后，得到树K1或K2。且K1，K2的中心即为T的中心。 得证。
第四次作业
• 四(2).树上是否可能有两个不同的完备匹配？ • 解：不可能，理由如下： • 设M1和M2为两个不同的完备匹配，则M1ΘM2≠Ø， 且T(M1ΘM2)中所有点的度都为2，所以T(M1ΘM2) 中有圈，不为树，与题意矛盾，假设不成立。
第四次作业
• 四(11).矩阵的行或列成为矩阵的”线“，证明：0-1 矩阵中含所有1的线集合的最小阶数（集合元素个 数）等于没有两个在同一线上的1的个数。 • 证明：设X为行集合，Y为列集合 • 若某行与某列交点为1，则将这两点之间连线，构 成二分图G。 • 含所有1的线集合的最小阶数为最小覆盖|M|。 • 没有两个在同一线上的1的个数为最大匹配β(G)。 • 由konig定理，|M|=β(G)，得证。
图论(张先迪-李正良)课后习题答案(第一章)
习题一作者---寒江独钓1.证明：在n 阶连通图中(1) 至少有n-1条边；(2) 如果边数大于n-1，则至少有一条闭迹；(3) 如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。
证明: (1) 若G 中没有1度顶点，由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑若G 中有1度顶点u ，对G 的顶点数作数学归纳。
当n=2时，结论显然；设结论对n=k 时成立。
当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G 的边数≥k.(2) 考虑G 中途径：121:n n W v v v v -→→→→L若W 是路，则长为n-1;但由于G 的边数大于n-1,因此，存在v i 与v j ,它们相异，但邻接。
于是：1i i j i v v v v +→→→→L 为G 中一闭途径，于是也就存在闭迹。
(3) 若不然，G 中顶点度数至少为2，于是由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑这与G 中恰有n-1条边矛盾！ 2.(1)2n −12n 2−12n −1 (2)2n−2−1(3) 2n−2。
证明:u 1的两个邻接点与v 1的两个邻接点状况不同。
所以，两图不同构。
4.证明下面两图同构。
u 1 v 1证明:作映射f : v i ↔ u i (i=1,2….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，图(a)与(b)是同构的。
5.指出4个顶点的非同构的所有简单图。
分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以可按边数进行枚举。
(a)v 2 v 3u 4u(b)6.证明:1)充分性:当G 是完全图时，每个顶点的度数都是n −1,共有n 个顶点，总的度数为n(n −1)，因此总的边数是n(n−1)2=(n 2). 2)必要性:因为G 是简单图,所以当G 是完全图的时候每个顶点的度数才达到最大:n −1.若G 不是完全图，则至少有一个顶点的度数小于n −1,这样的话，总的度数就要小于n (n −1)，因此总的边数小于(n 2)，矛盾。
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，)(xN 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 (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 。
若x i0y j0∈E ，则w ，x i0, y j0两两相邻，矛盾。
图论试题及答案解析图片
图论试题及答案解析图片一、选择题1. 图论中，图的基本元素是什么？A. 点和线B. 点和面C. 线和面D. 点和边答案：A2. 在无向图中，如果两个顶点之间存在一条边，则称这两个顶点是：A. 相邻的B. 相连的C. 相等的D. 相异的答案：A3. 在有向图中，如果从顶点A到顶点B有一条有向边，则称顶点A是顶点B的：A. 父顶点B. 子顶点C. 邻接顶点D. 非邻接顶点答案：B4. 一个图的度是指：A. 图中顶点的总数B. 图中边的总数C. 一个顶点的边数D. 图的连通性答案：C5. 一个图是连通的，当且仅当：A. 图中任意两个顶点都是相邻的B. 图中任意两个顶点都可以通过边相连C. 图中任意两个顶点都可以通过路径相连D. 图中任意两个顶点都可以通过子顶点相连答案：C二、填空题1. 在图论中，一个顶点的度数是该顶点的________。
答案：边数2. 如果一个图的任意两个顶点都可以通过边相连，则称该图为________。
答案：完全图3. 一个图中，如果存在一个顶点到其他所有顶点都有边相连，则称该顶点为________。
答案：中心顶点4. 图论中，最短路径问题是指在图中找到两个顶点之间的________。
答案：最短路径5. 如果一个图的任意两个顶点都可以通过有向路径相连，则称该图为________。
答案：强连通图三、简答题1. 请简述图论中的欧拉路径和哈密顿路径的定义。
答案：欧拉路径是指在图中经过每条边恰好一次的路径，而哈密顿路径是指在图中经过每个顶点恰好一次的路径。
2. 什么是图的着色问题？答案：图的着色问题是指将图中的顶点用不同的颜色进行标记，使得相邻的两个顶点颜色不同。
四、计算题1. 给定一个无向图G，顶点集为{A, B, C, D, E}，边集为{AB, BC, CD, DE, EA}，请画出该图，并计算其最小生成树的权重。
答案：首先画出图G的示意图，然后使用克鲁斯卡尔算法或普里姆算法计算最小生成树的权重。
图论习题+答案
1 设图G有12条边，G中有1度结点2个，2度结点2个，4度结点3个，其余结点度数不超过3．求G中至少有多少个结点？2 设有向简单图G的度数序列为(2,2,3,3）, 入度序列为(0,0,2,3),求G得出度序列 .3 设D是n阶有向简单完全图,则图D的边数为 .4设G是n阶无向简单完全图K n，则图G的边数为 .5 仅有一个孤立结点组成的图称为( )(A)零图(B)平凡图(C)补图(D)子图6设n阶图G中有m条边，每个结点的度数不是k的是k+1，若G中有N k个k度顶点，N k+1个k+1度顶点，则N k = .7设图G如右图.已知路径(1) P1=(v1e5 v5e7 v2e2 v3 )(2) P2=(v5e6 v2e2 v3e3 v4e8 v2e7 v5)(3) P3=(v2e7 v5e6 v2)(4) P4=(v1e1 v2e2 v3e3 v4e8 v2e6 v5)判断路径类型，并求其长度.81）判断下图G1中的路径类型, 并求其长度. P1=(v3e5v4e7v1e4v3e3v2e1v1e4v3)P2=(v3e3v2e2v2e1v1e4v3)P3=(v3e3v2e1v1e4v3).2）判断下图G2中的路径类型, 并求其长度. P1=(v1e1v2e6v5e7v3e2v2e6v5e8v4)P2=(v1e5v5e7v3e2v2e6v5e8v4)P3=(v1e1v2e6v5e7v3e3v4).v1e1e5v2e65e7e4 e2e8v3 4e3v e v1 设图G 有12条边，G 中有1度结点2个，2度结点2个，4度结点3个，其余结点度数不超过3．求G 中至少有多少个结点？ 至少9个2 设有向简单图G 的度数序列为(2,2,3,3）, 入度序列为(0,0,2,3),求G 得出度序列 （2,2,5,6） .3 设D 是n 阶有向简单完全图,则图D 的边数为 )1(−n n .4 设G 是n 阶无向简单完全图K n ，则图G 的边数为 m =n (n -1)/2 .5 仅有一个孤立结点组成的图称为( B ) (A) 零图 (B)平凡图 (C)补图 (D)子图6设n 阶图G 中有m 条边，每个结点的度数不是k 的是k+1，若G 中有N k 个k 度顶点，N k+1个k+1度顶点，则N k = N k =(k+1)n-2m . 7设图G 如右图.已知路径 (1) P 1=(v 1e 5 v 5e 7 v 2e 2 v 3 ) (2) P 2=(v 5e 6 v 2e 2 v 3e 3 v 4e 8 v 2e 7 v 5) (3) P 3=(v 2e 7 v 5e 6 v 2)(4) P 4=(v 1e 1 v 2e 2 v 3e 3 v 4e 8 v 2e 6 v 5)判断路径类型，并求其长度. (1) 初级通路；3 (2) 简单回路；5 (3) 初级回路；2 (4) 简单通路. 5 81）判断下图G1中的路径类型, 并求其长度. P 1=(v 3e 5v 4e 7v 1e 4v 3e 3v 2e 1v 1e 4v 3) P 2=(v 3e 3v 2e 2v 2e 1v 1e 4v 3) P 3=(v 3e 3v 2e 1v 1e 4v 3).2）判断下图G2中的路径类型, 并求其长度. P 1=(v 1e 1v 2e 6v 5e 7v 3e 2v 2e 6v 5e 8v 4) P 2=(v 1e 5v 5e 7v 3e 2v 2e 6v 5e 8v 4) P 3=(v 1e 1v 2e 6v 5e 7v 3e 3v 4).解：在图G 1中，v 3e 5v 4e 7v 1e 4v 3e 3v 2e 1v 1e 4v 3是一条长度为6的回路，但既不是简单回路，也不是初级回路； v 3e 3v 2e 2v 2e 1v 1e 4v 3是一条长度为4的简单回路，但不是初级回路； v 3e 3v 2e 1v 1e 4v 3是一条长度为3的初级回路。
图论与代数结构第一二三章习题解答
习题一1. 一个工厂为一结点；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）m <= (n-1)( n-2)/2,与题设矛盾。
3•记a i为结点V i的正度数，a「为结点V i的负度数，则n n n nv a j 2「[ (n -1) - a" ]2 = n(n -1)2-2( n-1)、a「a「i 4 i 4n因为Z a「= c n = n(n -1)/2,i討4. 用向量（a1,a2,a3）表示三个量杯中水的量，其中a i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⑻耳厲）中某杯的水倒满另一杯得到（a' a' a'）,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 )• f 0 Q \(2, 5, 1 ) (8, 0, 0丿 f ( 5, 0, 3丿r ( 5, 3, 0丿----- r■t / 4 4 O \ -----►(4, 4, 0 )T(7, 0, 1 )■ ( 7, 1, 0 )1^ ( 4, 1, 3 )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。
张清华 图论课后题答案
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。
图论及应用习题答案
图论及应用习题答案图论及应用习题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。
图论在现实生活中有着广泛的应用，涵盖了许多领域，如计算机科学、通信网络、社交网络等。
本文将为读者提供一些关于图论及应用的习题答案，帮助读者更好地理解和应用图论知识。
1. 图的基本概念题目：下面哪个不是图的基本概念？A. 顶点B. 边C. 路径D. 线段答案：D. 线段。
图的基本概念包括顶点、边和路径。
线段是指两个点之间的连线，而在图论中，我们使用边来表示两个顶点之间的关系。
2. 图的表示方法题目：以下哪个不是图的表示方法？A. 邻接矩阵B. 邻接表C. 边列表D. 二叉树答案：D. 二叉树。
图的表示方法包括邻接矩阵、邻接表和边列表。
二叉树是一种特殊的树结构，与图的表示方法无关。
3. 图的遍历算法题目：以下哪个不是图的遍历算法？A. 深度优先搜索B. 广度优先搜索C. 迪杰斯特拉算法D. 克鲁斯卡尔算法答案：D. 克鲁斯卡尔算法。
图的遍历算法包括深度优先搜索和广度优先搜索，用于遍历图中的所有顶点。
迪杰斯特拉算法是用于求解最短路径的算法，与图的遍历算法有所不同。
4. 最小生成树题目：以下哪个算法不是用于求解最小生成树？A. 克鲁斯卡尔算法B. 普里姆算法C. 弗洛伊德算法D. 公交车换乘算法答案：D. 公交车换乘算法。
最小生成树是指包含图中所有顶点的一棵树，使得树的边的权重之和最小。
克鲁斯卡尔算法和普里姆算法是常用的求解最小生成树的算法，而弗洛伊德算法是用于求解最短路径的算法，与最小生成树问题有所不同。
5. 图的应用题目：以下哪个不是图的应用？A. 社交网络分析B. 路径规划C. 图像处理D. 数字逻辑电路设计答案：D. 数字逻辑电路设计。
图的应用广泛存在于社交网络分析、路径规划和图像处理等领域。
数字逻辑电路设计虽然也涉及到图的概念，但与图的应用有所不同。
总结：图论是一门重要的数学分支，具有广泛的应用价值。
通过本文提供的习题答案，读者可以更好地理解和应用图论知识。
图论及其应用1-3章习题答案(电子科大) (1)
学号：201321010808 姓名：马涛习题14．证明图1-28中的两图是同构的证明 将图1-28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，图1-27的两个图是同构的。
6．设G 是具有m 条边的n 阶简单图。
证明：m =⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n 当且仅当G 是完全图。
证明 必要性 若G 为非完全图，则∃ v ∈V(G),有d(v)< n-1 ⇒ ∑ d(v) < n(n-1) ⇒ 2m <n(n-1)⇒ m < n(n-1)/2=⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n , 与已知矛盾！充分性 若G 为完全图，则 2m=∑ d(v) =n(n-1) ⇒ m= ⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n 。
9.证明：若k 正则偶图具有二分类V = V 1∪V 2，则 | V 1| = |V 2|。
(a)v 1v 2 v 3 v 4v 5 v 6v 7v 8 v 9v 10 u 1 u 2u 3u 4u 5 u 6 u 7 u 8 u 9 u 10 (b)证明 由于G 为k 正则偶图，所以，k | V 1 | =m = k | V 2 | ⇒ ∣V 1∣= ∣V 2 ∣。
12.证明：若δ≥2，则G 包含圈。
证明 只就连通图证明即可。
设V(G)=｛v 1,v 2,…,v n ｝,对于G 中的路v 1v 2…v k ,若v k 与v 1邻接，则构成一个圈。
若v i1v i2…v in 是一条路，由于δ≥ 2，因此，对v in ，存在点v ik 与之邻接，则v ik ⋯v in v ik 构成一个圈 。
17.证明：若G 不连通，则G 连通。
证明 对)(,_G V v u ∈∀,若u 与v 属于G 的不同连通分支，显然u 与v 在_G 中连通；若u 与v 属于g 的同一连通分支，设w 为G 的另一个连通分支中的一个顶点，则u 与w ，v 与w 分别在_G 中连通，因此，u 与v 在_G 中连通。
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}。
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。
图论问题选讲答案
因不染色的线段至多3条，所以至多去掉3个顶点，则还剩下6个顶点，其两两连线都染上了红色或蓝色．即得到k6（6阶完全图）图的2-染色．
熟知，存在同色三角形．
其次，存在一个9顶点32条边的图，把图的边2－染色，可使图中无同色三角形．如图所示，将9个点分成5组A＝{V1，V2}、B＝{V3，V4}、C＝{V5，V6}、D＝{V7，V8}、E＝{V9}，两组间连一条红线表示从这两组中任取一点都连有红线；两组间连一条蓝线表示从这两组中任取一点都连有蓝线；每一组内部的点之间不连线．该图构成有9个顶点，有C －4＝32条边，且不存在2－染色的同色三角形．
证明反设取消任何一题后，都有两个学生做对的题目完全相同．
首先，取消某一题后，全同的人不会多于2人，否则，由于每道题的结果都只有全对或全错两种情况，在取消某题前，这题必有至少两人答的情况相同，于是，取消这题前，就有两人答对的情况全同．
用10个点表示这10个学生，如果取消某题后有某两人的对错情况全同，则在表示这两人的两个点间连一条线，并在线旁注上该题的题号(如果有几对人全同，则只任取其中一对连线注题号)．这样，在10个点间就连了10条线，于是必出现圈．
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步骤一：选择边 e1，是的(e1) 尽可能小；
步骤二：若已选定边 e1, e2 ,..., ei ，则从 E \ {e1, e2 ,...ei} 选取 ei1 ，使
G[{e1, e2 ,...ei1}] 为无圈图
(ei1) 是满足 a 的尽可能小的权；
步骤三：当步骤二不能继续执行时停止； 习题 3
必要性：取 u V1, v V2 ，由假设 中所有 与到 的路，这表明 不连通，所以 e 是割边。
路均阶大于 2 的连通图，证明下列命题等价： (1)G 是块 (2)G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一个圈上； (3)G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。
证明：由于 7 个顶点的简单图的最大度不会超过 6，因此序列（7,6,5,4,3,3,2）不是图序列； （6,6,5,4,3,3,1）是图序列
1= d2 1, d3 1, , dd11 1, dd12, , dn 是图序列
（5,4,3,2,2,0）是图序列，然而（5,4,3,2,2,0）不是图序列，所以（6,6,5,4,3,3,1）不是 图序列。 12.证明：若 δ≥2，则 G 包含圈。
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证明 对 u,v V (G) ,若 u 与 v 属于 G 的不同连通分支，显然 u 与 v 在 G 中连通；若 u 与 v 属
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于 g 的同一连通分支，设 w 为 G 的另一个连通分支中的一个顶点，则 u 与 w，v 与 w 分别在 G 中连
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通，因此，u 与 v 在 G 中连通。
18.证明：若 e E(G) ,则(G) (G e) (G) 1.
学号：0441 姓名：张倩 习题 1 4．证明图 1-28 中的两图是同构的
证明：将图 1-28 的两图顶点标号为如下的(a)与(b)图
v1
u1
v2
v6
v10 v5
v7
v8 v9
v3
v4 (a)
u6 u5
u2
u8
u10
u3
u7
u9
u4
(b)
作映射 f : f(vi)?ui (1? i ? 10) 容易证明，对?vivj?E((a)),有 f(vivj)?uiuj?E((b)) (1? i ? 10, 1?j? 10 ) 由图的同构定义知，图 1-27 的两个图是同构的。 5.证明：四个顶点的非同构简单图有 11 个。 证明：设四个顶点中边的个数为 m，则有： m=0:
(1)→ (2)： 是块，任取 的一点 ，一边 ，在 边插入一点 ，使得 成为两条边，由此得到新图 ，显
然 的是阶数大于 3 的块，由定理， 中的 u,v 位于同一个圈上，于是 中 u 与边 都位于同一个 圈上。
(2)→ (3)：
无环，且任意一点和任意一条边都位于同一个圈上，任取 的点 u，边 e，若 在 上，则三个
证明：证明：由于 G 是连通非平凡的且每个顶点度数为偶数，所以 G 中至少存在圈 C1,从 G 中 去掉 C1 中的边，得到 G 的生成子图 G1,若 G1 没有边，则 G 的边集合能划分为圈。否则，G1 的每个非 平凡分支是度数为偶数的连通图，于是又可以抽取一个圈。E(G)反复这样抽取，最终划分为若干圈。
不同点位于同一个闭路，即位于同一条路，如 不在 上，由定理， 的两点在同一个闭路上，在 边
插入一个点 v，由此得到新图 ，显然 的是阶数大于 3 的块，则两条边的三个不同点在同一条路 上。
(3)→ (1)：
连通，若 不是块，则 中存在着割点 ，划分为不同的子集块 , , , 无环，
x v1, y v2 ，点 在每一条
证明：若 e 为 G 的割边，则(G e) (G) 1 ，若 e 为 G 的非割边，则(G e) (G)，所以，
若 e E(G) ，则有(G) (G e) (G) 1.
习题 2 1.证明：每棵恰有两个 1 度顶点的树均是路。
证明：设树 T 为任意一个恰有两个 1 度顶点的树，则 T 是连通的，且无圈，令 V1、V2 为度为 1 的顶点，由于其他的顶点度数均为 0 或者 2，且 T 中无圈，则从 V1 到 V2 有且只有一条连通路。所 以，每棵恰有两个 1 度顶点的树均是路。得证。 9.证明：顶点度数为偶数的连通图本身可构成一个包含所有边的回路。
证明 只就连通图证明即可。设 V(G)=｛v1,v2,…,vn｝,对于 G 中的路 v1v2…vk,若 vk 与 v1 邻接，则构成一个圈。若 vi1vi2…vin 是一条路，由于?? 2，因此，对 vin，存在点 vik 与之邻接， 则 vik?vinvik 构成一个圈 。
17.证明：若 G 不连通，则 G 连通。
设 G1 是 G 的边划分中的一个圈。若 G 仅由此圈组成，则 G 显然是回路。否则，由于 G 连通， 所以，必然存在圈 C2,它和 C1 有公共顶点。于是，C1∪C2 是一条含有 C1 与 C2 的边的欧拉回路，如此 拼接下去，得到包含 G 的所有边的一条回路. 算法能否用来求：
赋权连通图中的最大权值的树 赋权图中的最小权的最大森林如果可以，怎样实现 解：（1）不能，Kruskal 算法得到的任何生成树一定是最小生成树。
1.证明： 是连通图 G 的割边当且仅当 V(G)可划分为两个子集 V1 和 V2，使对任意
及
,
G 中的路
必含 .
证明：充分性: 是 的割边，故
至少含有两个连通分支，设 是其中一个连通分支的
顶点集， 是其余分支的顶点集，对 u V1,v V2 ，因为 中的
所以 在每一条
路上， 中的
必含 。
不连通，而在 中 与 连通，
的路上，则与已知矛盾， 是块。
7.证明：若 v 是简单图 G 的一个割点，则 v 不是补图 的割点。
证明： 是单图 的割点，则
有两个连通分支。现任取
, 如果 不
在
的同一分支中，令 是与 处于不同分支的点，那么， 与 在
m=1 ：
m=2：
m=3：
m=4：
m=5：
m=6：
因为四个顶点的简单图最多就是具有 6 条边，上面所列出的情形是在不同边的条件下的不同构 的情形，则从上面穷举出的情况可以看出四个顶点的非同构简单图有 11 个。 11.证明：序列（7,6,5,4,3,3,2）和（6,6,5,4,3,3,1）不是图序列。