图论例讲
第六章 图论方法
第八章图论方法§1 图论中图的概念在人们从事的各种活动中，为了反映事物之间的关系，常在纸上用点和线画出各种各样的示意图。
例如，为了反映某地区的铁路交通、公路网分布情况，画出铁路、公路交通图。
在这些图中以点表示城镇，用点与点之间的连线表示城镇之间的铁路或公路的沟通情况。
诸如此类的图还有电缆线分布图、供水道及下水道分布图、航空线图等等。
再如，在一场有5支球队参加的球类比赛中，比赛情况也可以用图表示出来，如图6-1，我们用点代表各个球队，某两个队比赛过一次，就在两个点之间画一条箭线。
从图中可以看出A队与其他各队都比赛过，只有一场败给C 队。
而B队和E队各比赛过两场，成绩都是一胜一负，等等。
图6-1从上述例子中可以看出，图的最基本要素是：点、以及点与点之间的一些连线。
通常用点表示我们所要研究的对象（如城市、运动队、状态等等），用线表示研究对象间的某种特定关系（如两个城市之间有铁路，两个运动队之间已经比赛过等）。
因此可以说，图是反映对象之间关系的一种工具。
如果两个对象之间有某种特定关系，那么就用一条线连接这两个点。
必须指出：上述图中点的相对位置如何，点与点之间连线的长短曲直，对于反映研究对象之间的关系并不很重要，因此，图论中的图与几何图、工程图本质上是不同的。
另外在许多情况下，我们要研究的“关系”只用一条线反映还是不够完全。
比如说比赛，我们关心的如果不只是两个队是否比赛过，还要了解比赛的胜负情况，我们可以用一条箭线（有向线）来表示，如果A队胜了B队，就表示为A→B。
如图6-1所示，从图中可以看出A队三胜一负，D队三场全负等。
类似的情况在生产和生活中也是常见的，例如交通运输中的“单行线”、部门之间的领导与被领导关系、一项生产活动中各工序之间的先后次序关系等等。
图论中把不带箭头的连线叫做边，把带箭头的连线叫做弧。
如果一个图是由点和边所构成的，则称之为无向图，记作G=（V，E），其中V表示图G中的所有点组成的点集合，E表示图G中所有边组成的边集合。
第五章 图论
图论可应用于多个领域，如信息论，控制论， 运筹学，运输网络，集合论等（如用关系图来 描述一个关系）。
计算机领域，其可应用于人工智能，操作系统， 计算机制图，数据结构）
§1
图论基本概念
1-1 图的实例 问题1、哥尼斯堡桥问题
A C B D C B A D
问题：一个散步者能否从任一块陆地出发，走过七 座桥，且每座桥只走过一次，最后回到出发点？
同理，结点间按别的对应方式，便都不存在一一对应
关系。
所以G1，G2不同构。
两图同构有必要条件：
（1）结点数相同； （2）边数同； （3）次数相同的结点数目相等。
1-5 多重图与带权图
1.5.1 多重图 定义11、一个结点对对应多条边，称为多重边。
包含多重边的图称为多重图，否则，成为简单图。
如：
如：基本通路：p1,p2,p3.
简单通路：p1,p2,p3,p5,p6. p4,p7既不是基本通路，也不是简单通路。
定义3、起始结点和终止结点相同的通路称为回路。 各边全不同的回路称为简单回路，各点全不同 的回路称为基本回路。
例2、上例中，1到1的回路有： c1: (1,1,),c2: (1,2,1),c3: (1,2,3,1), 1 2
例2、设有四个城市c1,c2,c3,c4；其中c1与c2间， c1与c4间，c2与c3间有高速公路直接相连，用图表 示该事实。 解：G=<V,E>，其中：V={c1,c2,c3,c4}， E={l1,l2,l3}={(c1,c2),(c1,c4),(c2,c3)} 例3、有四个程序p1,p2,p3,p4,其间调用关系为p1 p2， p1 p4，p2 p3，用图表示该事实。 解：G=<V,E>,V={p1,p2,p3,p4}， E={l1,l2,l3}={(p1,p2),(p1,p4),(p2,p3)}
数学竞赛：图论讲义
数学竞赛：图论讲义大连市第二十四中学 邰海峰重要的概念与定理完全图 每两个顶点之间均有边相连的简单图称为完全图,有n 个顶点的完全图(n 阶完全图)记为n K .顶点的度 图G 中与顶点v 相关联的边数(环按2条边计算)称为顶点v 的度(或次数),记为()d v .()G δ与()G ∆分别表示图G 的顶点的最小度与最大度.度为奇数的顶点称为奇顶点,度为偶数的顶点称为偶顶点.树 没有圈的连通图称为树,用T 表示,其中度为1的顶点称为树叶(或悬挂点).n 阶树常表示为n T .k 部图 若图G 的顶点集V 可以分解为k 个两两不相交的非空子集的并,即1,()ki i j i V V V V i j ===∅≠并且同一子集i V (1,2,,)i k =内任何两个顶点没有边相连,则称这样的图为k 部图,记作12(,,,;)k G V V V E =. 2部图又叫做偶图,记为(,;)G X Y E =.完全k 部图 在一个k 部图12(,,,;)k G V V V E =中,i i V m =(1,2,,)i k =,若对任意,,(,,1,2,,)i i j j v V v V i j i j k ∈∈≠=均有边连接i v 和j v ,则称图G 为完全k 部图,记为12,,,k m m m K .欧拉迹 包含图中所有边的迹称为欧拉迹.起点与终点重合的欧拉迹称为闭欧拉迹.欧拉图 包含欧拉迹的图为欧拉图. 欧拉图必是连通图.哈密顿链(圈) 经过图上各顶点一次并且仅仅一次的链(圈)称为哈密顿链(圈).包含哈密顿圈的图称为哈密顿图.平面图 若一个图G 可画在平面上,即可作一个与G 同构的图G ',使G '的顶点与边在同一平面内,且任意两边仅在端点相交,则图G 称为平面图.一个平面图的顶点和边把一个平面分成若干个互相隔开的区域,称为平面图的一个面,在所有边的外面的面称为外部面,其余的称为内部面.竞赛图 有向完全简单图称为竞赛图.有n 个顶点的竞赛图记作n K .有向路 在有向图(,)D V U =中,一个由不同的弧组成的序列12,,,n u u u ,其中i u 的起点为i v ,终点为1(1,2,,)i v i n +=,称这个序列为从1v 到1n v +的有向路(简称路),n 为这个路的长,1v 为路的起点,1n v +为路的终点.若11n v v +=,则称这个路为回路.定理1 设G 是n 阶图,则G 中n 个顶点的度之和为边数的2倍.定理2 对于任意图G ,奇顶点的个数一定是偶数.定理3(Turan 定理) 有n 个顶点且不含三角形的图G 的最大边数为24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.定理4 图G 为偶图,当且仅当G 中不含长度为奇数的圈.定理5 若树T 的顶点数2,则T 中至少有两个树叶.定理6 若数T 有n 个顶点,则T 的边数1e n =-.定理7 设T 是有n 个顶点、e 条边的图,则下列命题等价:⑴ 图T 是树; ⑵ 图T 无圈,且1e n =-; ⑶ 图T 连通,且1e n =-.定理8 n 阶连通图中以树的边数最少,且n 阶连通图必有一个子图是树.定理9(一笔画定理) 有限图G 是一条链或圈(可以一笔画成)的充要条件是G 是连通的,且奇顶点的个数为0或2. 当且仅当奇顶点个数为0时,连通图G 是一个圈.定理10 在偶图12(,;)G V V E =中,若12V V ≠,则G 一定无哈密顿圈.若1V 与2V 的差大于1,则G 一定无哈密顿链.定理11 设G 是(3)n n 阶简单图,且对每一对顶点,v v '有()()1d v d v n '+-,则图G 有哈密顿链.定理12 设G 是(3)n n 阶简单图,且对每一对不相邻的顶点,v v '有()()d v d v n '+,则图G 有哈密顿圈.定理13 设G 是(3)n n 阶简单图,若每个顶点的度()2n d v ,则图G 有哈密顿圈. 定理14 若图G 有哈密顿圈,从G 中去掉若干个点12,,,k v v v 及与它们关联的边得到图G ',则图G '的连通分支不超过k 个.定理15(欧拉公式) 若一个连通的平面图G 有v 个顶点、e 条边、f 个面,则2v f e +-=. 定理16 一个连通的平面简单图有v 个顶点、e 条边,则36ev -,对于连通的偶图,则有24ev -. 定理17 一个图是平面图当且仅当它不包含同胚于5K 或3,3K 的子图.定理18 设n 阶竞赛图n K 的顶点为12,,,n v v v ,则11(1)()()2n n i i i i n n d v d v +-==-==∑∑,且2211[()][()]n ni i i i dv d v +-===∑∑. 定理19 竞赛图中出度最大的点称为“优点”,“优点”到其余各点都有长度不超过2的链. 定理20 竞赛图n K 中存在一条长为1n -的哈密顿路. 定理21 竞赛图(3)n K n 中有一个回路是三角形的充要条件是有两个顶点,v v '满足()()d v d v ++'=.定理22(Ramsey 定理) 任意2色完全图6K 中必存在同色三角形.例题选讲例1 某天晚上21个人之间通了电话,有人发现这21人共通话102次,且每两人至多通话一次.他还发现,存在m 个人,第1个人与第2个人通了话,第2个人与第3个人通了话,……, 第1m -个人与第m 个人通了话,第m 个人又与第1个人通了话,他不肯透露m 的具体值,只说m 是奇数.求证: 21个人中必存在3人,他们两两通了话.证：用21个点表示21个人,若两人通电话则对应两点连一条边,构成图G .由已知,G 中存在一个长度为m 的奇圈.要证: G 中存在三角形.设图G 中长度最短的奇圈为C ,长度为21k +.若1k =,则C 为三角形.若2k ,设C 为12211k v v v v +,则i v 与j v 之间无边(1,21,1(mod 21)i j k j j k +-≡±+),否则,若i v 与j v 相邻,则圈12211i j k v v v v v v +与圈1i i j i v v v v +长度之和为23k +,故其中必然有一个长度小于21k +的奇圈,与C 最短矛盾.假设除1221,,,k v v v +外的21(21)202k k -+=-个点无三角形,由Turan 定理,它们至多连了22(202)(10)4k k ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦条边. 又其中任意一点不与C 的相邻两点相邻(否则存在三角形),所以它至多与C 中k 个点相邻.故总边数为221(202)(10)k k k k ++-+-22210021102(1)102(21)101k k k =++-=----=(2k ).与图G 共有102条边矛盾. 故图G 中存在三角形,即存在三个人两两通话.例2 45个校友聚会,在这些人中,任意两个熟人数目相同的校友互不认识.问在参加校友聚会的所有人中,熟人最多的人的数目最多是多少?解: 用45个点表示45个人,若两人认识,则对应两点间连一条边,得图(,)G V E =.设共有m 个人熟人最多,每人有t 个熟人,这些人对应的点构成集合X ,其余的人对应点构成集合Y ,显然X Y V =,X Y =∅.由题意知,X 中任何两点不相邻,且(),(1,2,,)i d v t i m ==,G 中各顶点的度的最大值()G t ∆=.下面证明:22m. 若23m ,则X 中至少有23个点,每点的度为t ,且任意两点不相邻,则从X 中发出的另一端是Y 中点的边共有23t 条,而22Y .所以,Y 中至少有一个点的度大于t ,与()G t ∆=矛盾.当22m =时,构造完全偶图22,23G K =,满足题意. 故熟人最多的人数最多为22人.例3 在17名科学家中，每人都和其它人通信．在他们的通信中只讨论三个题目．而且任意两名科学家通信时，只讨论一个题目．证明，其中至少有三名科学家，他们相互通信时，讨论的是同一个题目．证: 用顶点代表科学家,两人相互通信则连上一条边.若两人在通信中讨论第i (1,2,3)i =个题目,则在此边上染上第i 种颜色. 在这个三色完全图17K 中,任取一个顶点, 从它出发的16条边中，至少有染上某一种颜色(设为第i 种颜色)的边的数目不小于6．从其中取出6条第i 种颜色的边,如果这些边的另一端点所构成的子图6K 中含第i 色边，这就构成第i 色三角形. 否则,6K 就是两色完全图,由Ramsey 定理知，其中必有单色三角形．这就是说，有三位科学家在通信中讨论的是同一题目．证毕．例4 设n 个新生中,任意3个人中有2个人互相认识,任意4个人中有2个人互不认识,求n 的最大值.解: 所求n 最大值为8.8n =时,如右图,其中128,,,A A A 表示8两点相邻当且仅当两人认识.下面设n 个学生满足题设要求,证明8n.为此,先证明如下两种情况 不可能出现.⑴若某人A 至少认识6个人,记为126,,,B B B .由Ramsey 定理知, 这6个人中或存在3个人互不认识(与已知任意3个人中有2个人互相认识 矛盾),或存在3个人互相认识,这时,A 与这3个人共4个人两两互相认识,与已知矛盾.⑵若某人A 至多认识5n -个人,则剩下至少4个人均与A 互不认识,从而,这4个人两两认识,与已知矛盾.当10n 时,⑴与⑵必有一种情况出现,故此时n 不满足要求.当9n =时,要使⑴与⑵都不出现,则此时每个人恰好认识其他5个人,于是,这9个人产生的“朋友对”的数目为952N ⨯∉,矛盾. 由上述讨论知,8n .3 4 A A综上,n 的最大值为8.例5 设(3)n n >是整数, 在一次会议上有n 位数学家,每一对数学家只能用会议规定的n 种办公语言之一进行交流,对于任意3种不同的办公语言,都存在3位数学家用这3种语言互相交流.求所有可能的n ,并证明你的结论.证:当n 位奇数时,结论成立.原命题等价于将完全图n K 的边染以n 种颜色之一,使得对于任意3种颜色,都存在3个顶点,它们相互所连的边为这3种颜色.由于n 种颜色有3n C 种选取方法,而顶点也有3n C 种选取方法,这就意味着每3个顶点相连的边一定被染为确定的3种颜色,不能染为其他情况的颜色,反之亦然.特别地,对于每一个三角形其3条边为3种不同颜色.固定颜色S ,恰好有21n C -个三角形,其有一条边为颜色S ,而颜色为S 的边可以与其他2n -个顶点构成2n -个三角形.于是,有21122n C n n --=-条边被染为颜色S .所以,n 不能为偶数. 当n 为奇数时,将n 个顶点分别记为顶点1,2,,n ,n 种颜色记为12,,,n S S S ,连结顶点,i j 的边染为颜色t S ,其中(mod )t i j n ≡+.则对于任意3种颜色123,,t t t S S S ,有同余方程组123(mod )(mod )(mod )i j t n j k t n k i t n +≡⎧⎪+≡⎨⎪+≡⎩. 利用消元法,可得在{}1,2,,n 内有唯一的解(,,)i j k ,且,,i j k 互不相同. 所以,对于任意3种颜色,存在唯一的三角形,其3条边的颜色为这3种颜色.例6 一个元素都是0或1的方阵称为二进制方阵. 若二进制方阵其主对角线（左上角到右下角的对角线）以上（不包括主对角线）的元素都相同，而且主对角线以下（不包括主对角线）的元素也相同，则称它为一个“好方阵”. 给定正整数m . 证明：存在一个正整数M ，使得对任意正整数n M >和给定的n n ⨯二进制方阵n A ,可选出整数121n m i i i n -<<<，从n A 中删除第12,,,n m i i i -行和第12,,,n m i i i -列后所得到的二进制方阵m B 是“好方阵”.证:记n A 中第i 行，第j 列的元素为,i j a ，n K 表示n 阶完全图. 我们对n K 的边按如下方式染色：对于连接顶点,(1)i j i j n <的边⑴ 若,,0i j j i a a ==，则染红色； ⑵ 若,,0,1i j j i a a ==，则染绿色；⑶ 若,,1,0i j j i a a ==，则染蓝色； ⑷ 若,,1i j j i a a ==，则染白色.按照上面的染色方式，则一个单色完全子图m K 对应于n A 的一个“好子方阵”.事实上，若12,,,,m i i i v v v 是m K 的顶点，我们可以删去指标12{1,2,3,,}\{,,,}m j n i i i ∈的n m -行和n m -列，得到一个“好子方阵”m B .我们只需取M 使得，对任何n M >，四染色的n K 必定包含一个单色子图m K .根据Ramsey 定理，我们可取(,,,)M R m m m m =即可.例7 现有十个互不相同的非零数.现知它们之中任意两个数的和或积是有理数.证明:每个数的平方都是有理数.证:考查其中任意6个数.作一个图,在它的6个顶点上分别放上我们的6个数.如果某两个数的和为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条蓝边;如果某两个数的积为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条红边.由Ramsey 定理,此图中存在一个同色三角形.⑴ 若存在蓝色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,x y y z z x +++都是有理数.因而()()()x y z x y z +++-+2x =为有理数,亦即x 为有理数.同理可知y 和z 也都是有理数.此时我们再来观察其余的任意一个数t .显然,无论由xt 的有理性(由已知,所有的数均非0),还是由x t +的有理性,都可以推出t 为有理数.所以此时10个数都是有理数.⑵ 若存在红色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,xy yz zx 都是有理数.因而()()xy zx yz2x =为有理数,同理可知2y 和2z 也都是有理数.如果,,x y z 三者中至少有一个为有理数,那么只要按照前一种情况进行讨论,即可得知我们的10个数都是有理数.现在设x =其中a 为有理数,而1m =±.由于xy b ==是有理数,所以y===其中c m ≠为有理数.再观察其余的任意一个数t ,若xt 或yt 为有理数,则经过与上述类似的讨论,可知t =其中d 为有理数,因而2t 为有理数.而若x t +与y t +都是有理数,则()()x t y t +-+是有理数,但()()(x t y t m c +-+=-,矛盾.综上,我们已证或者每个数都是有理数,或者每个数的平方都是有理数.练习1.旅行团一行6人到一个城市观光,此城市开放15个景点,每人可选择若干个景点参观(亦可不选或全选). 求证: 或者必有3人,他们选择的景点各不相同; 或者必有4人,在他们选择的景点中有相同的.2.设一次至少有5人参加的循环赛的结果满足如下条件:若A 胜B,则胜A 而负于B 的人数不少于胜B 而负于A 的人数.证明:对任意两人,x y ,总有另外两人,z w ,使得若x 胜y ,则y 胜z 、z 胜w 、w 胜x .3．在一个足球联赛里有20支球队.第一轮它们分成10对互相比赛,第二轮也分成10对互相比赛(每支球队两轮比赛的对手不一定不同).求证:在第三轮开赛之前,一定可以找到10支球队,它们两两没有比赛过.4.某国际社团共有 1978 名成员，他们来自六个国家,用号码1,2,3,,1978给成员编号．证明至少有一名成员,他的编号是他的某个同胞的 2 倍,或者是两位同胞编号之和．练习题答案1.证:用6个点表示6个人,再用15个点表示15个景点.若某人选择了某个景点,则在相应两点之间连一条边,得一偶图.以i N 表示点i v 在图中的邻域,它表示第i 个人选择的景点的集合(1,2,,6i =).假设结论不真,则⑴任意三个i N 有公共元,且⑵任意四个i N 无公共元.由⑴知,对每个i N ,在{},16j N j i j ≠中每取两个与i N 的交均非空,故可确定i N 的一个元素,用这样的方式可确定2510C =个元素.由⑵知,这些元素各不相同,故每个i N 至少有2510C =个不同的元素.对每个(16)i i 这样做,得到25660C =个元素.又由⑵知,每个元素至多是3个i N 的公共元,故每个元素至多重复计算3次.故其中不同的元素至少有256203C =个,即至少有20个景点,矛盾. 2. 证：由题意知,若A 胜B 且存在胜B 而负于A 的人,则必存在胜A 而负于B 的人.任取两选手,x y 且x 胜y ,分三种情况讨论:⑴若存在w 胜y 且有x 胜y 而负于w ,根据条件,存在z 胜w 而负于y ;⑵若存在z 同时负于,x y ,则y 胜z 而x 同时胜,y z ,同情形⑴;⑶若不存在有同时胜(或同时负于),x y 的人,在其余3人中,胜x 而负于y 的至少有2人,设为,w z ,且z 胜w ,则,,,x y z w 符合题意.3. 证:用20个点表示20个球队,第一轮互相赛过的队之间连红线,第二轮互相赛过的队之间连蓝线,则每个点都连有一红一蓝两条边,从而整个图必由一个或若干个偶圈组成.在每个偶圈中可以选出半数定点,任两个不相邻,共选出10支球队,两两未赛过.4.证: 用顶点表示成员，并加上编号．于是任意两顶点,i j v v 编号差大于 0 而小于 1978．如果这个差是第(16)i i 国成员的编号，则将(,)i j v v 边染上第i 种颜色i C ,这样我们就用六种颜色染了1978K 的所有边. 以下首先证明,六色完全图1978K 中必定含有单色三角形． 取1978K 的任一顶点v ,与它关联的 1977 条边分为 6 种颜色，于是其中必有一种颜色的边至少有197713306⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条. 不妨设12330,,,vu vu vu 是1C 色边．如果1978K 中以12330,,,u u u 为顶点的完全子图330K 中含有1C 色边(,)(1,330)i j u u i j ,则i j vu u 为1C 色三角形，命题得证．如果330K 不含1C 色边，则330K 是五色完全图．从它的顶点1u 引出的 329 条边中至少有3291665⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边同色（1C 色之外的某色）,不妨设1213167,,,u u u u u u 边为2C 色．以2367,,,u u u 为顶点的完全子图66K 中如果有2C 色边(,)(2,67)s t u u s t ,那么在1978K 中就有2C 色三角形1s t u u u ,命题得证．若此66K 中没有2C 色边，则此66K 是4色完全图．由66K 的顶点2u 伸出的65条边,共4种颜色，至少有651174⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边是除12,C C 外的某种颜色．不妨设2324219(,),(,),,(,)u u u u u u 是3C 色边．66K 中以3419,,,u u u 为顶点的完全子图17K 中若含3C 色边(,)(3,19)p q u u p q ,则2p q u u u 为3C 色三角形．否则17K 为三色完全图．由例3可知必有单色三角形．因此六色完全图1978K 中必有单色三角形．其次，设三角形xyz 是1978K 中的i C 色三角形．其中x y z >>，由染色方法，若a x y =-, b y z =-,c x z =-,则,,a b c 都是第i 国成员的编号．显然c a b =+,如果a b =，那么2c a =.证明完毕．。
【5-图论】3.托兰定理【讲师版】
课程类型数学
“托兰定理”讲义编号：
托兰定理在求极值的图论问题中具有重要作用，本讲主要介绍该定理及其相关方法。
定理：有n个顶点且不含三角形的简单图G中最多有[n2/4]条边。
证明
1
例1 设n≥2。
平面上已给2n个点，每三点不共线。
在这些点之间连n2+1条线段。
证明至少形成n个以已知
点为顶点的三角形。
【解答】
例2 由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间四边形，其中n=q2+q+1，l≥1/2q(q+1)2+1，q≥2，q∈N。
已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段。
证明：图中必存在一个空
间四边形（即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）
2。
第8节图论应用实例_图着色问题
第8节图论应用实例_图着色问题预备知识_回溯法回溯法:在实际生活中，有些问题是不能用数学公式去解决的，它需要通过一个过程，此过程要经过若干个步骤才能完成，每一个步骤又分为若干种可能;同时，为了完成任务，还必须遵守一些规则，但这些规则无法用数学公式表示，对于这样一类问题，一般采用搜索的方法来解决，回溯法就是搜索算法(广度优先、深度优先等)中的一种控制策略，它能够解决许多搜索中问题。
回溯法基本思想:试探法，撞了南墙就回头。
(一般采用深度优先搜索策略) 搜索策略:深度优先(不撞南墙不回头)。
在搜索过程中，如果求解失败，则返回搜索步骤中的上一点，去寻找新的路径，以求得答案。
要返回搜索，前进中的某些状态必须保存，才能使得退回到某种状态后能继续向前。
白话搜索:如果用数组存放搜索信息，i表示数组下标(当前状态)， ++i表示往前走(下一个状态)，--i表示回溯(往回退，返回上一次状态)。
第8节图论应用实例_图着色(graph coloring)问题数学定义:给定一个无向图G=(V, E)，其中V为顶点集合，E为边集合，图着色问题即为将V分为k个颜色组(k为颜色数)，每个组形成一个独立集，即其中没有相邻的顶点。
其优化版本是希望获得最小的k值。
典型应用:地图的着色、调度问题等。
k-着色判定问题:给定无向连通图G和k种不同的颜色。
用这些颜色为图G的各顶点着色，每个顶点着一种颜色，是否有一种着色法使G中任意相邻的2个顶点着不同颜色,例四色问题。
设有如图1的地图，每个区域代表一个省，区域中的数字表示省的编号，现在要求给每个省涂上红、蓝、黄、白四种颜色之一，同时使相邻的省份以不同的颜色区分。
课外拓展:搜索“四色问题”，了解四色问题相关知识。
5674231图1问题分析:(1)属于图的搜索问题。
将问题简化:将每个省抽象为一个点，省之间的联系看为一条边，可以得到图2。
16751432图2(2)用邻接矩阵表示各省之间的相邻关系，二维数组实现:1 表示省i与省j相邻, ,,ri,j,,0 表示省i与省j不相邻,由图2可以得到如下矩阵:(对称矩阵)1 2 3 4 5 6 71 0 1 0 0 0 0 12 1 0 1 1 1 1 13 0 1 0 1 0 0 04 0 1 1 0 1 0 05 0 1 0 1 0 1 06 0 1 0 0 1 0 17 1 1 0 0 0 1 0 为一对称矩阵。
图论讲义12 (1)
第八章独立集和团§8.1 独立集°独立集：设S是V的一个子集，若S中任意两个顶点在G中均不相邻，则称S为G的一个独立集。
°最大独立集：G的一个独立集S称为G的最大独立集，是说：G不包含适合S′>S的独立集S′。
°例子：(见图8.1)°覆盖：G的一个覆盖是指V的子集K，使得G的每条边都至少有一个端点属于K。
°例子：在图8.1中，两个独立集都是覆盖的补集。
定理8.1：设S⊆V，则S是G的独立集当且仅当V\S是G的覆盖。
证：按定义，S是G的独立集当且仅当G中每条边的两个端点都不同时属于S，即当且仅当G的每条边至少有一个端点属于V\S，亦即当且仅当V\S是G的覆盖。
∎°独立数：G的最大独立集的顶点数称为G的独立数，记为α(G)。
°覆盖数：G的最小覆盖的顶点数称为G的覆盖数，记为β(G)。
推论8.1：α+β=υ。
证：设S是G的一个最大独立集，K是G的一个最小覆盖。
由定理8.1，V\K是独立集，而V\S是覆盖。
因此υ−β=V\K≤α (8.1)υ−α=V\S≥β (8.2)结合8.1式和(8.2)式，即得α+β=υ。
∎°边覆盖：G的一个边覆盖是指E的一个子集L，使得G的每个顶点都是L中某条边的端点。
°边独立集：即对集。
*注意：边覆盖并不总是存在的，G有边覆盖，当且仅当δ>0。
°边独立数和边覆盖数：最大对集的边数称为边独立数，记作α′G;最小边覆盖的边数称为边覆盖数，记作β′(G)。
*注意：对集的补集不一定是边覆盖，边覆盖的补集也不一定是对集。
定理8.2 (Gallai)：若δ>0,则α′+β′=υ。
证：设M是G的一个最大对集，U是M非饱和顶点集。
由于δ>0且M是最大对集，所以存在|U|条边的一个集E′，它的每条边都和U 的每个顶点相关联。
显然，M∪E′是G的边覆盖，因而β′≤M∪E′=α′+υ−2α′=υ−α′即α′+β′≤υ (8.3)再设L是G的一个最小边覆盖，置H=G[L]，并且设M是H的一个最大对集。
图论讲义-图的基本概念
到目前为止，判断两图同构 还只能从定义出发。判断过 程中不要将两图同构的必要 条件当成充分条件。
注意：在研究图的过程中，顶点的位置以及边的曲直长短 都是无关紧要的。而且也没有假定这些顶点和边都要在一 个平面上（正方体的顶点和棱也可构成图）。我们研究的 只是顶点的多少及这些边是连接那些顶点的。
五、顶点的度
若e=(u,v)，则表示u到v的一条边（Edge），此时的
图称为无向图(Undigraph)。
有向图（Digraph）、无向图(Undigraph)
V1 V4
V1
V5 V2 V3 V2 V3
V4
有向图（Digraph）、无向图(Undigraph)
例1、设V={v1,v2,v3,v4,}，E={e1,e2,e3,e4,e5}，满足e1=(v1,v2)，
六、路与图的连通性
v1 v2 v5
图G中，取Γ1=v1v2v3，
v3
v4
G
Γ2=v1v2v3v4v2， Γ3=v1v2v3v2v3v4 则 Γ1,Γ2,Γ3依次为长为2,4,5的 通路，其中Γ1与Γ2为简单通路， Γ1为基本通路。 由定义可看出,G中v1v2v5v1为 长为3的圈，v1v2v3v4v2v5v1为 长为6的简单回路。
e2=(v2,v3)，e3=(v2,v3)，e4=(v3,v4)，e5=(v4,v4),则G=(V,E)是一个图。图 中边集E的边也可直接由点对表示，而将E作为多重集（即允许E中有相同元素的 集合）。 例2、设V={v1,v2,v3,v4}，E={(v1,v2)，(v1,v2)，(v2,v3)}，则H=(V,E)是 一个图。 e
d (V ) 2m
i 1 i
n
五、顶点的度
推论：任何图（无向图或有向图）中，度为奇数的顶点个
第七章 图论
Graphs/图论
三、子图和补图
定义 无向简单图G＝<V,E>中，若每一对结点间都有 边相连，则称该图为完全图。有n个结点的无向完全 图，记作Kn。 图10：
K 4图
Graphs/图论
定理 4 证明：
n个节点的无向完全图Kn的边数为：(1/2)*n*(n-1)。
在Kn中，任意两点间都有边相连，n个结点中任取两 点的组合数为：cn = (1/2)*n*(n-1) 故Kn的边数为： |E| ＝(1/2)*n*(n-1)。 （证毕）
推论：在一个具有n个结点图中，若从结点u到结点v存在 一条路，则必存在一条从u到v而边数小于n的通路。 删去所有结点s到结点s 的那些边，即得通路。
Graphs/图论
二、无向图的连通性
定义 在无向图G中，结点u和结点v之间若存在一条路， 则称结点u和结点v是连通的。
连通性是结点集合上的一种等价关系。
证明： 设：V1 ：图G中度数为奇数的结点集。 V2：图G中度数为偶数的结点集。 由定理1可知
vv 1
deg( v ) deg( v ) deg( v ) 2 | E |
vv 2 vV
因为
vv 2
deg( v) 为偶数。 deg(v) 和2|E|均为偶数，所以 v v1
b
b
Graphs/图论
四、图的同构
定义 设图G=<V,E> 及G’=<V’,E’>，如果存在一一对 应的映射ｇ：V → V’且ｅ=(vi ，vj)(或<vi ，vj>)是Ｇ的一条 边，当且仅当ｅ’=(g(vi ) ，g(vj))(或 <g(vi ) ，g(vj)>是Ｇ’的 一条边,则称Ｇ与G’同构，记作Ｇ ～ －G’ 。
数学竞赛：图论讲义
数学竞赛：图论讲义大连市第二十四中学 邰海峰重要的概念与定理完全图 每两个顶点之间均有边相连的简单图称为完全图,有n 个顶点的完全图(n 阶完全图)记为n K .顶点的度 图G 中与顶点v 相关联的边数(环按2条边计算)称为顶点v 的度(或次数),记为()d v .()G δ与()G ∆分别表示图G 的顶点的最小度与最大度.度为奇数的顶点称为奇顶点,度为偶数的顶点称为偶顶点.树 没有圈的连通图称为树,用T 表示,其中度为1的顶点称为树叶(或悬挂点).n 阶树常表示为n T .k 部图 若图G 的顶点集V 可以分解为k 个两两不相交的非空子集的并,即1,()ki i j i V V V V i j ===∅≠并且同一子集i V (1,2,,)i k =内任何两个顶点没有边相连,则称这样的图为k 部图,记作12(,,,;)k G V V V E =. 2部图又叫做偶图,记为(,;)G X Y E =.完全k 部图 在一个k 部图12(,,,;)k G V V V E =中,i i V m =(1,2,,)i k =,若对任意,,(,,1,2,,)i i j j v V v V i j i j k ∈∈≠=均有边连接i v 和j v ,则称图G 为完全k 部图,记为12,,,k m m m K .欧拉迹 包含图中所有边的迹称为欧拉迹.起点与终点重合的欧拉迹称为闭欧拉迹.欧拉图 包含欧拉迹的图为欧拉图. 欧拉图必是连通图.哈密顿链(圈) 经过图上各顶点一次并且仅仅一次的链(圈)称为哈密顿链(圈).包含哈密顿圈的图称为哈密顿图.平面图 若一个图G 可画在平面上,即可作一个与G 同构的图G ',使G '的顶点与边在同一平面内,且任意两边仅在端点相交,则图G 称为平面图.一个平面图的顶点和边把一个平面分成若干个互相隔开的区域,称为平面图的一个面,在所有边的外面的面称为外部面,其余的称为内部面.竞赛图 有向完全简单图称为竞赛图.有n 个顶点的竞赛图记作n K .有向路 在有向图(,)D V U =中,一个由不同的弧组成的序列12,,,n u u u ,其中i u 的起点为i v ,终点为1(1,2,,)i v i n +=,称这个序列为从1v 到1n v +的有向路(简称路),n 为这个路的长,1v 为路的起点,1n v +为路的终点.若11n v v +=,则称这个路为回路.定理1 设G 是n 阶图,则G 中n 个顶点的度之和为边数的2倍.定理2 对于任意图G ,奇顶点的个数一定是偶数.定理3(Turan 定理) 有n 个顶点且不含三角形的图G 的最大边数为24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.定理4 图G 为偶图,当且仅当G 中不含长度为奇数的圈.定理5 若树T 的顶点数2,则T 中至少有两个树叶.定理6 若数T 有n 个顶点,则T 的边数1e n =-.定理7 设T 是有n 个顶点、e 条边的图,则下列命题等价:⑴ 图T 是树; ⑵ 图T 无圈,且1e n =-; ⑶ 图T 连通,且1e n =-.定理8 n 阶连通图中以树的边数最少,且n 阶连通图必有一个子图是树.定理9(一笔画定理) 有限图G 是一条链或圈(可以一笔画成)的充要条件是G 是连通的,且奇顶点的个数为0或2. 当且仅当奇顶点个数为0时,连通图G 是一个圈.定理10 在偶图12(,;)G V V E =中,若12V V ≠,则G 一定无哈密顿圈.若1V 与2V 的差大于1,则G 一定无哈密顿链.定理11 设G 是(3)n n 阶简单图,且对每一对顶点,v v '有()()1d v d v n '+-,则图G 有哈密顿链.定理12 设G 是(3)n n 阶简单图,且对每一对不相邻的顶点,v v '有()()d v d v n '+,则图G 有哈密顿圈.定理13 设G 是(3)n n 阶简单图,若每个顶点的度()2n d v ,则图G 有哈密顿圈. 定理14 若图G 有哈密顿圈,从G 中去掉若干个点12,,,k v v v 及与它们关联的边得到图G ',则图G '的连通分支不超过k 个.定理15(欧拉公式) 若一个连通的平面图G 有v 个顶点、e 条边、f 个面,则2v f e +-=. 定理16 一个连通的平面简单图有v 个顶点、e 条边,则36ev -,对于连通的偶图,则有24ev -. 定理17 一个图是平面图当且仅当它不包含同胚于5K 或3,3K 的子图.定理18 设n 阶竞赛图n K 的顶点为12,,,n v v v ,则11(1)()()2n n i i i i n n d v d v +-==-==∑∑,且2211[()][()]n ni i i i dv d v +-===∑∑. 定理19 竞赛图中出度最大的点称为“优点”,“优点”到其余各点都有长度不超过2的链. 定理20 竞赛图n K 中存在一条长为1n -的哈密顿路. 定理21 竞赛图(3)n K n 中有一个回路是三角形的充要条件是有两个顶点,v v '满足()()d v d v ++'=.定理22(Ramsey 定理) 任意2色完全图6K 中必存在同色三角形.例题选讲例1 某天晚上21个人之间通了电话,有人发现这21人共通话102次,且每两人至多通话一次.他还发现,存在m 个人,第1个人与第2个人通了话,第2个人与第3个人通了话,……, 第1m -个人与第m 个人通了话,第m 个人又与第1个人通了话,他不肯透露m 的具体值,只说m 是奇数.求证: 21个人中必存在3人,他们两两通了话.证：用21个点表示21个人,若两人通电话则对应两点连一条边,构成图G .由已知,G 中存在一个长度为m 的奇圈.要证: G 中存在三角形.设图G 中长度最短的奇圈为C ,长度为21k +.若1k =,则C 为三角形.若2k ,设C 为12211k v v v v +,则i v 与j v 之间无边(1,21,1(mod 21)i j k j j k +-≡±+),否则,若i v 与j v 相邻,则圈12211i j k v v v v v v +与圈1i i j i v v v v +长度之和为23k +,故其中必然有一个长度小于21k +的奇圈,与C 最短矛盾.假设除1221,,,k v v v +外的21(21)202k k -+=-个点无三角形,由Turan 定理,它们至多连了22(202)(10)4k k ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦条边. 又其中任意一点不与C 的相邻两点相邻(否则存在三角形),所以它至多与C 中k 个点相邻.故总边数为221(202)(10)k k k k ++-+-22210021102(1)102(21)101k k k =++-=----=(2k ).与图G 共有102条边矛盾. 故图G 中存在三角形,即存在三个人两两通话.例2 45个校友聚会,在这些人中,任意两个熟人数目相同的校友互不认识.问在参加校友聚会的所有人中,熟人最多的人的数目最多是多少?解: 用45个点表示45个人,若两人认识,则对应两点间连一条边,得图(,)G V E =.设共有m 个人熟人最多,每人有t 个熟人,这些人对应的点构成集合X ,其余的人对应点构成集合Y ,显然X Y V =,X Y =∅.由题意知,X 中任何两点不相邻,且(),(1,2,,)i d v t i m ==,G 中各顶点的度的最大值()G t ∆=.下面证明:22m. 若23m ,则X 中至少有23个点,每点的度为t ,且任意两点不相邻,则从X 中发出的另一端是Y 中点的边共有23t 条,而22Y .所以,Y 中至少有一个点的度大于t ,与()G t ∆=矛盾.当22m =时,构造完全偶图22,23G K =,满足题意. 故熟人最多的人数最多为22人.例3 在17名科学家中，每人都和其它人通信．在他们的通信中只讨论三个题目．而且任意两名科学家通信时，只讨论一个题目．证明，其中至少有三名科学家，他们相互通信时，讨论的是同一个题目．证: 用顶点代表科学家,两人相互通信则连上一条边.若两人在通信中讨论第i (1,2,3)i =个题目,则在此边上染上第i 种颜色. 在这个三色完全图17K 中,任取一个顶点, 从它出发的16条边中，至少有染上某一种颜色(设为第i 种颜色)的边的数目不小于6．从其中取出6条第i 种颜色的边,如果这些边的另一端点所构成的子图6K 中含第i 色边，这就构成第i 色三角形. 否则,6K 就是两色完全图,由Ramsey 定理知，其中必有单色三角形．这就是说，有三位科学家在通信中讨论的是同一题目．证毕．例4 设n 个新生中,任意3个人中有2个人互相认识,任意4个人中有2个人互不认识,求n 的最大值.解: 所求n 最大值为8.8n =时,如右图,其中128,,,A A A 表示8两点相邻当且仅当两人认识.下面设n 个学生满足题设要求,证明8n.为此,先证明如下两种情况 不可能出现.⑴若某人A 至少认识6个人,记为126,,,B B B .由Ramsey 定理知, 这6个人中或存在3个人互不认识(与已知任意3个人中有2个人互相认识 矛盾),或存在3个人互相认识,这时,A 与这3个人共4个人两两互相认识,与已知矛盾.⑵若某人A 至多认识5n -个人,则剩下至少4个人均与A 互不认识,从而,这4个人两两认识,与已知矛盾.当10n 时,⑴与⑵必有一种情况出现,故此时n 不满足要求.当9n =时,要使⑴与⑵都不出现,则此时每个人恰好认识其他5个人,于是,这9个人产生的“朋友对”的数目为952N ⨯∉,矛盾. 由上述讨论知,8n .3 4 A A综上,n 的最大值为8.例5 设(3)n n >是整数, 在一次会议上有n 位数学家,每一对数学家只能用会议规定的n 种办公语言之一进行交流,对于任意3种不同的办公语言,都存在3位数学家用这3种语言互相交流.求所有可能的n ,并证明你的结论.证:当n 位奇数时,结论成立.原命题等价于将完全图n K 的边染以n 种颜色之一,使得对于任意3种颜色,都存在3个顶点,它们相互所连的边为这3种颜色.由于n 种颜色有3n C 种选取方法,而顶点也有3n C 种选取方法,这就意味着每3个顶点相连的边一定被染为确定的3种颜色,不能染为其他情况的颜色,反之亦然.特别地,对于每一个三角形其3条边为3种不同颜色.固定颜色S ,恰好有21n C -个三角形,其有一条边为颜色S ,而颜色为S 的边可以与其他2n -个顶点构成2n -个三角形.于是,有21122n C n n --=-条边被染为颜色S .所以,n 不能为偶数. 当n 为奇数时,将n 个顶点分别记为顶点1,2,,n ,n 种颜色记为12,,,n S S S ,连结顶点,i j 的边染为颜色t S ,其中(mod )t i j n ≡+.则对于任意3种颜色123,,t t t S S S ,有同余方程组123(mod )(mod )(mod )i j t n j k t n k i t n +≡⎧⎪+≡⎨⎪+≡⎩. 利用消元法,可得在{}1,2,,n 内有唯一的解(,,)i j k ,且,,i j k 互不相同. 所以,对于任意3种颜色,存在唯一的三角形,其3条边的颜色为这3种颜色.例6 一个元素都是0或1的方阵称为二进制方阵. 若二进制方阵其主对角线（左上角到右下角的对角线）以上（不包括主对角线）的元素都相同，而且主对角线以下（不包括主对角线）的元素也相同，则称它为一个“好方阵”. 给定正整数m . 证明：存在一个正整数M ，使得对任意正整数n M >和给定的n n ⨯二进制方阵n A ,可选出整数121n m i i i n -<<<，从n A 中删除第12,,,n m i i i -行和第12,,,n m i i i -列后所得到的二进制方阵m B 是“好方阵”.证:记n A 中第i 行，第j 列的元素为,i j a ，n K 表示n 阶完全图. 我们对n K 的边按如下方式染色：对于连接顶点,(1)i j i j n <的边⑴ 若,,0i j j i a a ==，则染红色； ⑵ 若,,0,1i j j i a a ==，则染绿色；⑶ 若,,1,0i j j i a a ==，则染蓝色； ⑷ 若,,1i j j i a a ==，则染白色.按照上面的染色方式，则一个单色完全子图m K 对应于n A 的一个“好子方阵”.事实上，若12,,,,m i i i v v v 是m K 的顶点，我们可以删去指标12{1,2,3,,}\{,,,}m j n i i i ∈的n m -行和n m -列，得到一个“好子方阵”m B .我们只需取M 使得，对任何n M >，四染色的n K 必定包含一个单色子图m K .根据Ramsey 定理，我们可取(,,,)M R m m m m =即可.例7 现有十个互不相同的非零数.现知它们之中任意两个数的和或积是有理数.证明:每个数的平方都是有理数.证:考查其中任意6个数.作一个图,在它的6个顶点上分别放上我们的6个数.如果某两个数的和为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条蓝边;如果某两个数的积为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条红边.由Ramsey 定理,此图中存在一个同色三角形.⑴ 若存在蓝色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,x y y z z x +++都是有理数.因而()()()x y z x y z +++-+2x =为有理数,亦即x 为有理数.同理可知y 和z 也都是有理数.此时我们再来观察其余的任意一个数t .显然,无论由xt 的有理性(由已知,所有的数均非0),还是由x t +的有理性,都可以推出t 为有理数.所以此时10个数都是有理数.⑵ 若存在红色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,xy yz zx 都是有理数.因而()()xy zx yz2x =为有理数,同理可知2y 和2z 也都是有理数.如果,,x y z 三者中至少有一个为有理数,那么只要按照前一种情况进行讨论,即可得知我们的10个数都是有理数.现在设x =其中a 为有理数,而1m =±.由于xy b ==是有理数,所以y===其中c m ≠为有理数.再观察其余的任意一个数t ,若xt 或yt 为有理数,则经过与上述类似的讨论,可知t =其中d 为有理数,因而2t 为有理数.而若x t +与y t +都是有理数,则()()x t y t +-+是有理数,但()()(x t y t m c +-+=-,矛盾.综上,我们已证或者每个数都是有理数,或者每个数的平方都是有理数.练习1.旅行团一行6人到一个城市观光,此城市开放15个景点,每人可选择若干个景点参观(亦可不选或全选). 求证: 或者必有3人,他们选择的景点各不相同; 或者必有4人,在他们选择的景点中有相同的.2.设一次至少有5人参加的循环赛的结果满足如下条件:若A 胜B,则胜A 而负于B 的人数不少于胜B 而负于A 的人数.证明:对任意两人,x y ,总有另外两人,z w ,使得若x 胜y ,则y 胜z 、z 胜w 、w 胜x .3．在一个足球联赛里有20支球队.第一轮它们分成10对互相比赛,第二轮也分成10对互相比赛(每支球队两轮比赛的对手不一定不同).求证:在第三轮开赛之前,一定可以找到10支球队,它们两两没有比赛过.4.某国际社团共有 1978 名成员，他们来自六个国家,用号码1,2,3,,1978给成员编号．证明至少有一名成员,他的编号是他的某个同胞的 2 倍,或者是两位同胞编号之和．练习题答案1.证:用6个点表示6个人,再用15个点表示15个景点.若某人选择了某个景点,则在相应两点之间连一条边,得一偶图.以i N 表示点i v 在图中的邻域,它表示第i 个人选择的景点的集合(1,2,,6i =).假设结论不真,则⑴任意三个i N 有公共元,且⑵任意四个i N 无公共元.由⑴知,对每个i N ,在{},16j N j i j ≠中每取两个与i N 的交均非空,故可确定i N 的一个元素,用这样的方式可确定2510C =个元素.由⑵知,这些元素各不相同,故每个i N 至少有2510C =个不同的元素.对每个(16)i i 这样做,得到25660C =个元素.又由⑵知,每个元素至多是3个i N 的公共元,故每个元素至多重复计算3次.故其中不同的元素至少有256203C =个,即至少有20个景点,矛盾. 2. 证：由题意知,若A 胜B 且存在胜B 而负于A 的人,则必存在胜A 而负于B 的人.任取两选手,x y 且x 胜y ,分三种情况讨论:⑴若存在w 胜y 且有x 胜y 而负于w ,根据条件,存在z 胜w 而负于y ;⑵若存在z 同时负于,x y ,则y 胜z 而x 同时胜,y z ,同情形⑴;⑶若不存在有同时胜(或同时负于),x y 的人,在其余3人中,胜x 而负于y 的至少有2人,设为,w z ,且z 胜w ,则,,,x y z w 符合题意.3. 证:用20个点表示20个球队,第一轮互相赛过的队之间连红线,第二轮互相赛过的队之间连蓝线,则每个点都连有一红一蓝两条边,从而整个图必由一个或若干个偶圈组成.在每个偶圈中可以选出半数定点,任两个不相邻,共选出10支球队,两两未赛过.4.证: 用顶点表示成员，并加上编号．于是任意两顶点,i j v v 编号差大于 0 而小于 1978．如果这个差是第(16)i i 国成员的编号，则将(,)i j v v 边染上第i 种颜色i C ,这样我们就用六种颜色染了1978K 的所有边. 以下首先证明,六色完全图1978K 中必定含有单色三角形． 取1978K 的任一顶点v ,与它关联的 1977 条边分为 6 种颜色，于是其中必有一种颜色的边至少有197713306⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条. 不妨设12330,,,vu vu vu 是1C 色边．如果1978K 中以12330,,,u u u 为顶点的完全子图330K 中含有1C 色边(,)(1,330)i j u u i j ,则i j vu u 为1C 色三角形，命题得证．如果330K 不含1C 色边，则330K 是五色完全图．从它的顶点1u 引出的 329 条边中至少有3291665⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边同色（1C 色之外的某色）,不妨设1213167,,,u u u u u u 边为2C 色．以2367,,,u u u 为顶点的完全子图66K 中如果有2C 色边(,)(2,67)s t u u s t ,那么在1978K 中就有2C 色三角形1s t u u u ,命题得证．若此66K 中没有2C 色边，则此66K 是4色完全图．由66K 的顶点2u 伸出的65条边,共4种颜色，至少有651174⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边是除12,C C 外的某种颜色．不妨设2324219(,),(,),,(,)u u u u u u 是3C 色边．66K 中以3419,,,u u u 为顶点的完全子图17K 中若含3C 色边(,)(3,19)p q u u p q ,则2p q u u u 为3C 色三角形．否则17K 为三色完全图．由例3可知必有单色三角形．因此六色完全图1978K 中必有单色三角形．其次，设三角形xyz 是1978K 中的i C 色三角形．其中x y z >>，由染色方法，若a x y =-, b y z =-,c x z =-,则,,a b c 都是第i 国成员的编号．显然c a b =+,如果a b =，那么2c a =.证明完毕．。
图论问题选讲
图 论大连市第二十四中学 邰海峰重要的概念与定理完全图 每两个顶点之间均有边相连的简单图称为完全图,有n 个顶点的完全图(n 阶完全图)记为n K .顶点的度 图G 中与顶点v 相关联的边数(环按2条边计算)称为顶点v 的度(或次数),记为()d v .()G δ与()G ∆分别表示图G 的顶点的最小度与最大度.度为奇数的顶点称为奇顶点,度为偶数的顶点称为偶顶点.树 没有圈的连通图称为树,用T 表示,其中度为1的顶点称为树叶(或悬挂点).n 阶树常表示为n T .k 部图 若图G 的顶点集V 可以分解为k 个两两不相交的非空子集的并,即1,()ki i j i V V V V i j ===∅≠并且同一子集i V (1,2,,)i k =内任何两个顶点没有边相连,则称这样的图为k 部图,记作12(,,,;)k G V V V E =. 2部图又叫做偶图,记为(,;)G X Y E =.完全k 部图 在一个k 部图12(,,,;)k G V V V E =中,i i V m =(1,2,,)i k =,若对任意,,(,,1,2,,)i i j j v V v V i j i j k ∈∈≠=均有边连接i v 和j v ,则称图G 为完全k 部图,记为12,,,k m m m K .欧拉迹 包含图中所有边的迹称为欧拉迹.起点与终点重合的欧拉迹称为闭欧拉迹.欧拉图 包含欧拉迹的图为欧拉图. 欧拉图必是连通图.哈密顿链(圈) 经过图上各顶点一次并且仅仅一次的链(圈)称为哈密顿链(圈).包含哈密顿圈的图称为哈密顿图.平面图 若一个图G 可画在平面上,即可作一个与G 同构的图G ',使G '的顶点与边在同一平面内,且任意两边仅在端点相交,则图G 称为平面图.一个平面图的顶点和边把一个平面分成若干个互相隔开的区域,称为平面图的一个面,在所有边的外面的面称为外部面,其余的称为内部面.竞赛图 有向完全简单图称为竞赛图.有n 个顶点的竞赛图记作n K .有向路 在有向图(,)D V U =中,一个由不同的弧组成的序列12,,,n u u u ,其中i u 的起点为i v ,终点为1(1,2,,)i v i n +=,称这个序列为从1v 到1n v +的有向路(简称路),n 为这个路的长,1v 为路的起点,1n v +为路的终点.若11n v v +=,则称这个路为回路.定理1 设G 是n 阶图,则G 中n 个顶点的度之和为边数的2倍.定理2 对于任意图G ,奇顶点的个数一定是偶数.定理3(Turan 定理) 有n 个顶点且不含三角形的图G 的最大边数为24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.定理4 图G 为偶图,当且仅当G 中不含长度为奇数的圈.定理5 若树T 的顶点数2…,则T 中至少有两个树叶.定理6 若数T 有n 个顶点,则T 的边数1e n =-.定理7 设T 是有n 个顶点、e 条边的图,则下列命题等价:⑴ 图T 是树; ⑵ 图T 无圈,且1e n =-; ⑶ 图T 连通,且1e n =-.定理8 n 阶连通图中以树的边数最少,且n 阶连通图必有一个子图是树.定理9(一笔画定理) 有限图G 是一条链或圈(可以一笔画成)的充要条件是G 是连通的,且奇顶点的个数为0或2. 当且仅当奇顶点个数为0时,连通图G 是一个圈.定理10 在偶图12(,;)G V V E =中,若12V V ≠,则G 一定无哈密顿圈.若1V 与2V 的差大于1,则G 一定无哈密顿链.定理11 设G 是(3)n n …阶简单图,且对每一对顶点,v v '有()()1d v d v n '+-…,则图G 有哈密顿链.定理12 设G 是(3)n n …阶简单图,且对每一对不相邻的顶点,v v '有()()d v d v n '+…,则图G 有哈密顿圈.定理13 设G 是(3)n n …阶简单图,若每个顶点的度()2n d v …,则图G 有哈密顿圈. 定理14 若图G 有哈密顿圈,从G 中去掉若干个点12,,,k v v v 及与它们关联的边得到图G ',则图G '的连通分支不超过k 个.定理15(欧拉公式) 若一个连通的平面图G 有v 个顶点、e 条边、f 个面,则2v f e +-=. 定理16 一个连通的平面简单图有v 个顶点、e 条边,则36e v -…,对于连通的偶图,则有24e v -….定理17 一个图是平面图当且仅当它不包含同胚于5K 或3,3K 的子图.定理18 设n 阶竞赛图n K 的顶点为12,,,n v v v ,则11(1)()()2n n i i i i n n d v d v +-==-==∑∑,且2211[()][()]n ni i i i dv d v +-===∑∑. 定理19 竞赛图中出度最大的点称为“优点”,“优点”到其余各点都有长度不超过2的链. 定理20 竞赛图n K 中存在一条长为1n -的哈密顿路.定理21 竞赛图(3)n K n …中有一个回路是三角形的充要条件是有两个顶点,v v '满足()()d v d v++'=. 定理22(Ramsey 定理) 任意2色完全图6K 中必存在同色三角形.例题选讲例1 某天晚上21个人之间通了电话,有人发现这21人共通话102次,且每两人至多通话一次.他还发现,存在m 个人,第1个人与第2个人通了话,第2个人与第3个人通了话,……, 第1m -个人与第m 个人通了话,第m 个人又与第1个人通了话,他不肯透露m 的具体值,只说m 是奇数.求证: 21个人中必存在3人,他们两两通了话.证：用21个点表示21个人,若两人通电话则对应两点连一条边,构成图G .由已知,G 中存在一个长度为m 的奇圈.要证: G 中存在三角形.设图G 中长度最短的奇圈为C ,长度为21k +.若1k =,则C 为三角形.若2k …,设C 为12211k v v v v +,则i v 与j v 之间无边(1,21,1(mod 21)i j k j j k +-≡±+剟),否则,若i v 与j v 相邻,则圈12211i j k v v v v v v +与圈1i i j i v v v v +长度之和为23k +,故其中必然有一个长度小于21k +的奇圈,与C 最短矛盾.假设除1221,,,k v v v +外的21(21)202k k -+=-个点无三角形,由Turan 定理,它们至多连了22(202)(10)4k k ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦条边. 又其中任意一点不与C 的相邻两点相邻(否则存在三角形),所以它至多与C 中k 个点相邻.故总边数为221(202)(10)k k k k ++-+-22210021102(1)102(21)101k k k =++-=----=…(2k …).与图G 共有102条边矛盾. 故图G 中存在三角形,即存在三个人两两通话.例2 45个校友聚会,在这些人中,任意两个熟人数目相同的校友互不认识.问在参加校友聚会的所有人中,熟人最多的人的数目最多是多少?解: 用45个点表示45个人,若两人认识,则对应两点间连一条边,得图(,)G V E =.设共有m 个人熟人最多,每人有t 个熟人,这些人对应的点构成集合X ,其余的人对应点构成集合Y ,显然X Y V =,X Y =∅.由题意知,X 中任何两点不相邻,且(),(1,2,,)i d v t i m ==,G 中各顶点的度的最大值()G t ∆=.下面证明:22m ….若23m …,则X 中至少有23个点,每点的度为t ,且任意两点不相邻,则从X 中发出的另一端是Y 中点的边共有23t 条,而22Y ….所以,Y 中至少有一个点的度大于t ,与()G t ∆=矛盾.当22m =时,构造完全偶图22,23G K =,满足题意. 故熟人最多的人数最多为22人.例3 在17名科学家中，每人都和其它人通信．在他们的通信中只讨论三个题目．而且任意两名科学家通信时，只讨论一个题目．证明，其中至少有三名科学家，他们相互通信时，讨论的是同一个题目．证: 用顶点代表科学家,两人相互通信则连上一条边.若两人在通信中讨论第i (1,2,3)i =个题目,则在此边上染上第i 种颜色. 在这个三色完全图17K 中,任取一个顶点, 从它出发的16条边中，至少有染上某一种颜色(设为第i 种颜色)的边的数目不小于6．从其中取出6条第i 种颜色的边,如果这些边的另一端点所构成的子图6K 中含第i 色边，这就构成第i 色三角形. 否则,6K 就是两色完全图,由Ramsey 定理知，其中必有单色三角形．这就是说，有三位科学家在通信中讨论的是同一题目．证毕．例4 设n 个新生中,任意3个人中有2个人互相认识,任意4个人中有2个人互不认识,求n 的最大值.解: 所求n 最大值为8.8n =时,如右图,其中128,,,A A A 表示8两点相邻当且仅当两人认识. 下面设n 个学生满足题设要求,证明8n ….为此,先证明如下两种情况不可能出现.⑴若某人A 至少认识6个人,记为126,,,B B B .由Ramsey 定理知, 这6个人中或存在3个人互不认识(与已知任意3个人中有2个人互相认识 矛盾),或存在3个人互相认识,这时,A 与这3个人共4个人两两互相认识,与已知矛盾.⑵若某人A 至多认识5n -个人,则剩下至少4个人均与A 互不认识,从而,这4个人两两认识,与已知矛盾.当10n …时,⑴与⑵必有一种情况出现,故此时n 不满足要求.当9n =时,要使⑴与⑵都不出现,则此时每个人恰好认识其他5个人,于是,这9个人产生的“朋友对”的数目为952N ⨯∉,矛盾. 由上述讨论知,8n ….综上,n 的最大值为8.例 5 设(3)n n >是整数, 在一次会议上有n 位数学家,每一对数学家只能用会议规定的n 种办公语言之一进行交流,对于任意3种不同的办公语言,都存在3位数学家用这3种语言互相交流.求所有可能的n ,并证明你的结论.证:当n 位奇数时,结论成立.原命题等价于将完全图n K 的边染以n 种颜色之一,使得对于任意3种颜色,都存在3个顶点,它们相互所连的边为这3种颜色.由于n 种颜色有3n C 种选取方法,而顶点也有3n C 种选取方法,这就意味着每3个顶点相连的边一定被染为确定的3种颜色,不能染为其他情况的颜色,反之亦然.特别地,对于每一个三角形其3条边为3种不同颜色.3 4 A A固定颜色S ,恰好有21n C -个三角形,其有一条边为颜色S ,而颜色为S 的边可以与其他2n -个顶点构成2n -个三角形.于是,有21122n C n n --=-条边被染为颜色S .所以,n 不能为偶数. 当n 为奇数时,将n 个顶点分别记为顶点1,2,,n ,n 种颜色记为12,,,n S S S ,连结顶点,i j 的边染为颜色t S ,其中(mod )t i j n ≡+.则对于任意3种颜色123,,t t t S S S ,有同余方程组123(mod )(mod )(mod )i j t n j k t n k i t n +≡⎧⎪+≡⎨⎪+≡⎩. 利用消元法,可得在{}1,2,,n 内有唯一的解(,,)i j k ,且,,i j k 互不相同. 所以,对于任意3种颜色,存在唯一的三角形,其3条边的颜色为这3种颜色.例6 一个元素都是0或1的方阵称为二进制方阵. 若二进制方阵其主对角线（左上角到右下角的对角线）以上（不包括主对角线）的元素都相同，而且主对角线以下（不包括主对角线）的元素也相同，则称它为一个“好方阵”. 给定正整数m . 证明：存在一个正整数M ，使得对任意正整数n M >和给定的n n ⨯二进制方阵n A ,可选出整数121n m i i i n -<<<剟，从n A 中删除第12,,,n m i i i -行和第12,,,n m i i i -列后所得到的二进制方阵m B 是“好方阵”.证:记n A 中第i 行，第j 列的元素为,i j a ，n K 表示n 阶完全图. 我们对n K 的边按如下方式染色：对于连接顶点,(1)i j i j n <剟的边⑴ 若,,0i j j i a a ==，则染红色； ⑵ 若,,0,1i j j i a a ==，则染绿色；⑶ 若,,1,0i j j i a a ==，则染蓝色； ⑷ 若,,1i j j i a a ==，则染白色.按照上面的染色方式，则一个单色完全子图m K 对应于n A 的一个“好子方阵”.事实上，若12,,,,m i i i v v v 是m K 的顶点，我们可以删去指标12{1,2,3,,}\{,,,}m j n i i i ∈的n m -行和n m -列，得到一个“好子方阵”m B .我们只需取M 使得，对任何n M >，四染色的n K 必定包含一个单色子图m K .根据Ramsey 定理，我们可取(,,,)M R m m m m =即可.例7 现有十个互不相同的非零数.现知它们之中任意两个数的和或积是有理数.证明:每个数的平方都是有理数.证:考查其中任意6个数.作一个图,在它的6个顶点上分别放上我们的6个数.如果某两个数的和为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条蓝边;如果某两个数的积为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条红边.由Ramsey 定理,此图中存在一个同色三角形.⑴ 若存在蓝色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,x y y z z x +++都是有理数.因而()()()x y z x y z +++-+2x =为有理数,亦即x 为有理数.同理可知y 和z 也都是有理数.此时我们再来观察其余的任意一个数t .显然,无论由xt 的有理性(由已知,所有的数均非0),还是由x t +的有理性,都可以推出t 为有理数.所以此时10个数都是有理数.⑵ 若存在红色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,xy yz zx 都是有理数.因而()()x y z x yz2x =为有理数,同理可知2y 和2z 也都是有理数.如果,,x y z 三者中至少有一个为有理数,那么只要按照前一种情况进行讨论,即可得知我们的10个数都是有理数.现在设x =其中a 为有理数,而1m =±.由于xy b ==是有理数,所以y===,其中c m ≠为有理数.再观察其余的任意一个数t ,若xt 或yt 为有理数,则经过与上述类似的讨论,可知t =其中d 为有理数,因而2t 为有理数.而若x t +与y t +都是有理数,则()()x t y t +-+是有理数,但()()(x t y t m c +-+=-,矛盾.综上,我们已证或者每个数都是有理数,或者每个数的平方都是有理数.练习1.旅行团一行6人到一个城市观光,此城市开放15个景点,每人可选择若干个景点参观(亦可不选或全选). 求证: 或者必有3人,他们选择的景点各不相同; 或者必有4人,在他们选择的景点中有相同的.2.设一次至少有5人参加的循环赛的结果满足如下条件:若A 胜B,则胜A 而负于B 的人数不少于胜B 而负于A 的人数.证明:对任意两人,x y ,总有另外两人,z w ,使得若x 胜y ,则y 胜z 、z 胜w 、w 胜x .3．在一个足球联赛里有20支球队.第一轮它们分成10对互相比赛,第二轮也分成10对互相比赛(每支球队两轮比赛的对手不一定不同).求证:在第三轮开赛之前,一定可以找到10支球队,它们两两没有比赛过.4.某国际社团共有 1978 名成员，他们来自六个国家,用号码1,2,3,,1978给成员编号．证明至少有一名成员,他的编号是他的某个同胞的 2 倍,或者是两位同胞编号之和．练习题答案1.证:用6个点表示6个人,再用15个点表示15个景点.若某人选择了某个景点,则在相应两点之间连一条边,得一偶图.以i N 表示点i v 在图中的邻域,它表示第i 个人选择的景点的集合(1,2,,6i =).假设结论不真,则⑴任意三个i N 有公共元,且⑵任意四个i N 无公共元.由⑴知,对每个i N ,在{},16j N j i j≠剟中每取两个与i N 的交均非空,故可确定i N 的一个元素,用这样的方式可确定2510C =个元素.由⑵知,这些元素各不相同,故每个i N 至少有2510C =个不同的元素.对每个(16)i i 剟这样做,得到25660C =个元素.又由⑵知,每个元素至多是3个i N 的公共元,故每个元素至多重复计算3次.故其中不同的元素至少有256203C =个,即至少有20个景点,矛盾. 2. 证：由题意知,若A 胜B 且存在胜B 而负于A 的人,则必存在胜A 而负于B 的人.任取两选手,x y 且x 胜y ,分三种情况讨论:⑴若存在w 胜y 且有x 胜y 而负于w ,根据条件,存在z 胜w 而负于y ;⑵若存在z 同时负于,x y ,则y 胜z 而x 同时胜,y z ,同情形⑴;⑶若不存在有同时胜(或同时负于),x y 的人,在其余3人中,胜x 而负于y 的至少有2人,设为,w z ,且z 胜w ,则,,,x y z w 符合题意.3. 证:用20个点表示20个球队,第一轮互相赛过的队之间连红线,第二轮互相赛过的队之间连蓝线,则每个点都连有一红一蓝两条边,从而整个图必由一个或若干个偶圈组成.在每个偶圈中可以选出半数定点,任两个不相邻,共选出10支球队,两两未赛过.4.证: 用顶点表示成员，并加上编号．于是任意两顶点,i j v v 编号差大于 0 而小于 1978．如果这个差是第(16)i i 剟国成员的编号，则将(,)i j v v 边染上第i 种颜色i C ,这样我们就用六种颜色染了1978K 的所有边. 以下首先证明,六色完全图1978K 中必定含有单色三角形．取1978K 的任一顶点v ,与它关联的 1977 条边分为 6 种颜色，于是其中必有一种颜色的边至少有197713306⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条. 不妨设12330,,,vu vu vu 是1C 色边．如果1978K 中以12330,,,u u u 为顶点的完全子图330K 中含有1C 色边(,)(1,330)i j u u i j 剟,则i j vu u 为1C 色三角形，命题得证．如果330K 不含1C 色边，则330K 是五色完全图．从它的顶点1u 引出的 329 条边中至少有3291665⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边同色（1C 色之外的某色）,不妨设1213167,,,u u u u u u 边为2C 色．以2367,,,u u u 为顶点的完全子图66K 中如果有2C 色边(,)(2,67)s t u u s t 剟,那么在1978K 中就有2C 色三角形1s t u u u ,命题得证．若此66K 中没有2C 色边，则此66K 是4色完全图．由66K 的顶点2u 伸出的65条边,共4种颜色，至少有651174⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边是除12,C C 外的某种颜色．不妨设2324219(,),(,),,(,)u u u u u u 是3C 色边．66K 中以3419,,,u u u 为顶点的完全子图17K 中若含3C 色边(,)(3,19)p q u u p q 剟,则2p q u u u 为3C 色三角形．否则17K 为三色完全图．由例3可知必有单色三角形．因此六色完全图1978K 中必有单色三角形．其次，设三角形xyz 是1978K 中的i C 色三角形．其中x y z >>，由染色方法，若a x y =-, b y z =-,c x z =-,则,,a b c 都是第i 国成员的编号．显然c a b =+,如果a b =，那么2c a =.证明完毕．。
图论讲义第8章-有向图
3
公共边的路 P 1 , Q1 ，它们的一端是 v1 ，另一端在 G1 上。给 P 1 定向为指向 v1 ， Q1 定向为指向
G1 ，令 G2 = G1 ∪ P 1 ∪ Q1 ，则 G2 是强连通的。
若 G2 仍不是生成子图，则存在 v2 ∈V (G ) − V (G2 ) ，同理，存在无公共边的路 P2 , Q2 ， 其 一 端 在 v2 处 ， 另 一 端 在 G2 中 。 给 P2 定 向 为 指 向 v2 ， Q2 定 向 为 指 向 G2 ， 令
+
S′
§8.3 有向图的连通性
定义 8.3.1 设 G 是一个有向图， (1) 若 G 的底图 G 是连通图，则称 G 是弱连通的。 (2) 若对 G 的任二顶点 u, v，要么存在有向路 P(u, v)，要么存在有向路 P(v, u)，则称 G 是单 连通的。 (3) 若对 G 的任二顶点 u, v，既存在有向路 P(u, v)，又存在有向路 P(v, u)，则称 G 是强连通 的（或称双向连通的） 。 注：易见，强连通 ⇒ 单连通 ⇒ 弱连通。 例：
ν =1 时定理显然成立。
假设对顶点数少于 ν 的所有有向图 G ，结论成立。考虑顶点数为 ν 的有向图 G 。
2
任取 v ∈V (G ) , 令 G ′ = G − ({v} ∪ N + ( v )) 。由归纳假设，存在 G ′ 的一个独立集 S ′ ，对
V (G ′) − S ′ 中任何顶点，可从 S ′ 中的某顶点出发，经过长度 ≤ 2 的有向路到达它。
4
+ −
定理 8.4.2 非平凡弱连通有向图 G 是 Euler 有向图的充分必要条件是 G 可分解为有向圈的并， 即： G = 正整数。 定理 8.4.3 非平凡弱连通有向图 G 有 Euler 有向迹的充分必要条件是 G 中存在两个顶点 u 和 w 满足 d (u ) = d (u ) +1， d ( w) = d ( w) −1，而其它顶点都有 d ( v ) = d ( v ) 。 定理 8.4.4 设 G 是弱连通有向图，如果 G 中存在两个顶点 u 和 w 满足 d (u ) = d (u ) +k，
图论在计算机网络中的应用 案例解析
图论在计算机网络中的应用案例解析计算机网络是现代社会中不可或缺的一部分，它以实现信息的传输与交流为目标，广泛应用于各个领域。
而图论作为一种数学工具，被广泛应用于计算机网络中，用于解决与网络拓扑、路由算法、网络流、网络安全等相关的问题。
本文将通过几个案例的解析，介绍图论在计算机网络中的应用。
案例一：网络拓扑分析在计算机网络中，网络拓扑的设计对于网络的性能和可扩展性起着至关重要的作用。
图论可以用于分析和优化网络拓扑，确保网络的高效运行。
举个例子，某个公司有四个办公地点，每个地点都有多台计算机，现需要设计一个局域网来连接这些地点。
通过图论的方法，可以将每个地点视为一个节点，计算机之间的连接视为边，构建一个拓扑图。
通过分析拓扑图的结构，可以确定最佳的布线方案，使数据传输路径最短，网络传输效率最高。
案例二：路由算法优化在计算机网络中，路由算法用于确定数据从源节点到目标节点的最优路径。
图论可以应用于路由算法的优化中，从而实现路由的高效和稳定。
假设存在一个较大规模的网络，拓扑结构复杂，节点众多。
传统的路由算法可能面临运算速度慢、路径不稳定等问题。
而通过使用图论中的最短路径算法，如Dijkstra算法或Floyd-Warshall算法，可以高效地找到源节点到目标节点的最短路径，并避免出现环路和拥塞现象。
通过优化路由算法，可以提高网络的响应速度和数据传输的可靠性。
案例三：网络流分析在计算机网络中，网络流量的管理与控制也是一个重要的问题。
图论可以应用于网络流问题的分析与优化，以实现网络资源的合理利用与分配。
举个例子，某个企业的服务器集群面临着高负载的问题，需要合理调度服务器的负载，以避免出现过载现象。
通过使用图论中的最大流算法，如Ford-Fulkerson算法或Edmonds-Karp算法，可以确定最佳的流量分配方案，使每台服务器的负载达到均衡状态，提高整个网络的性能。
案例四：网络安全分析在计算机网络中，网络安全问题一直备受重视。
图论经典问题
图 论哥尼斯堡七桥问题：图论发源于18世纪普鲁士的哥尼斯堡。
普雷格河流经这个城市，河中有两个小岛，河上有七座桥，连接两岛及两岸。
如图所示，当时城里居民热衷于讨论这样一个问题：一个人能否走过这七座桥，且每座桥只经过一次，最后仍回到出发点。
将上面问题中的两座小岛以及两岸用点表示，七座桥用线（称为边）表示，得到下图：于是，上述问题也可叙述为：寻找从图中的任意一个点出发，经过所有的边一次且仅一次并回到出发点的路线。
注意：在上面的图中，我们只关心点之间是否有边相连，而不关心点的具体位置，边的形状以及长度。
一、基本概念：图：由若干个点和连接这些点中的某些“点对”的连线所组成的图形。
顶点：上图中的A ，Ｂ，Ｃ，D ．常用表示。
n 21 v , , v , v 边：两点间的连线。
记为（Ａ，Ｂ），（Ｂ，Ｃ）．常用表示。
m 21e , , e , e次：一个点所连的边数。
定点ｖ的次记为d(v)．图的常用记号：Ｇ＝（Ｖ，Ｅ），其中，}{v V i =，}{e E i =子图：图Ｇ的部分点和部分边构成的图，成为其子图。
路：图Ｇ中的点边交错序列，若每条边都是其前后两点的关联边，则称该点边序列为图Ｇ的一条链。
圈（回路）：一条路中所含边点均不相同，且起点和终点是同一点，则称该路为圈（回路）。
有向图：，其中(,)G N A =12{,,,}k N n n n = 称为的顶点集合，A a 称为G 的弧集合。
G {(,)ij i j }n n ==若，则称为的前驱， 为n 的后继。
(,)ij i j a n n =i n j n j n i 赋权图（网络）：设是一个图，若对G 的每一条边（弧）都赋予一个实数，称为边的权，。
记为。
G (,,)G N E W =两个结论：１、图中所有顶点度数之和等于边数的二倍； ２、图中奇点个数必为偶数。
二、图的计算机存储：1. 关联矩阵简单图：，对应(,)G N E =N E ×阶矩阵()ik B b =10ik i k b ⎧=⎨⎩点与边关联否则简单有向图：，对应(,)G N A =N A ×阶矩阵()ik B b =110ik ik ik a i b a i ⎧⎪=−⎨⎪⎩弧以点为尾弧以点为头否则2. 邻接矩阵简单图：，对应(,)G N E =N N ×阶矩阵()ij A a =10ij i j a ⎧=⎨⎩点与点邻接否则简单有向图：，对应(,)G N A =N N ×阶矩阵()ij A a =10ij i ja ⎧=⎨⎩有弧从连向否则5v 34v01010110100101011110101000110111101065432166654321⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=×v v v v v v A v v v v v v3. 权矩阵：简单图：，对应(,)G N E =N N ×阶矩阵()ij A a =ij ij i j a ω⎧=⎨∞⎩点与点邻接否则123456781234567802130654.5061002907250473080 v v v v v v v v v v v v v v v v 48∞∞∞∞⎡⎤⎢⎥∞∞∞∞∞⎢⎥⎢⎥∞∞∞∞∞⎢⎥∞∞∞∞∞⎢⎥⎢⎥∞∞∞∞⎢⎥∞∞∞∞⎢⎥⎢⎥∞∞∞∞⎢⎥∞∞∞∞∞∞⎢⎥⎣⎦三、图的应用：例：如图，用点代表7个村庄，边上的权代表村庄之间的路长，现在要在这7个村庄中布电话线，如何布线，使材料最省？分析：需要将图中的边进行删减，使得最终留下的图仍然连通，并且使总的权值最小。
组合图论图论及其算法课件
4. 实例：求下列赋权完全图的最优Hamilton回路.
A
解：ACEBDA: 权和 25 BACEDB: 权和 25 CABEDC： 权和 22 DACEBD： 权和 25 EACDBE: 权和 27
21 B
9 10
34 5E 7 6
C8D 所选初始点不同，得到的近似解也不同.
5. 修改方法：最邻近插入法
(2)不允许高速路在所研究的城市以外的某点 处连接.
最短网络问题: 如何用最短的线路将三部电话连起来？
A
B
C
此问题可抽象为设△ABC为等边三角形，，连接三 顶点的路线（称为网络）。这种网络有许多个， 其中最短路线者显然是二边之和(如AB∪AC).
❖ 但若增加一个周转站（新点P），连接4点的新网 络的最短路线为PA＋PB＋PC。最短新路径之长N 比原来只连三点的最短路径O要短。
3). 重复2)过程直到汇y被标号，或不再有顶点可以标号为止. 若y得到标号，说明存在一条x y增广路P，进入步骤2调整过程； 若y未得到标号，标号过程无法进行，说明f 即为最大流.
(2) 调整过程
1).
令
min{ min (vi ,v j )P
(Cij
f
ij
),
(
min
vi ,v j )P
f ji}，调整增广路P中
三. 中国邮递员问题(1962，管梅谷)
1. 问题：邮递员每天从邮局选好邮件，送到他所管辖 的邮区的客户手中，再返回邮局，他每天必须走过每 条街道至少一次，问如何选择邮递路线，使得他走过 的投递总行程最短？
2. 模型：非负赋权图G： 顶点----交叉口或终端，边----街道，权-----街道长 度，此即求图的通过每条边至少一次的闭途径,称为G 的环游.
运筹学基础-图论方法(1)
回路：若起始点和终点是同一个点的路称为回路。 连通图：一个图中，任意两个顶点至少存在一条链，则称这样的图 为连通图。否则称为不连通的。
图的名词和基本概念
次：与一个点相关联的边的数目称为次, 如v1 的次为2， v5的次 为3，次为奇数的点称为奇点，次为偶数的点称为偶点，次为0 的点称为孤立点，如v6 悬挂节点: 次为1的点称为悬挂节点: v1 e1 e 5 v3 e2 v5 e7 e4 e6 e3 v4 v6 v2
1 1
利用EXCEL求起点到终点的最短路径 利用EXCEL求起点到终点的最短路径
第三步： 第三步：定义最小路线运行方案
最小路线物运行方案
v1 v2 v3 v4 v5 v6 v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7
流入 结点流 结点流限制 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
v7
流出
100 600
3
500
600
5
400 1100
7 2
900
此为最小树杈，最小线路长度为2400 此为最小树杈，最小线路长度为2400
练习：求最小树杈 v3 5 6 v1 5 v2 2 v4 1 7 3 4 4 v6 v5
破圈法答案
v3 6 v1 5 v2 1
5 7 3
v5 4 v6 4 v4
2
避圈法答案
弧：若点与点之间的连线有方向，称为弧，由此构成的图为有向图。 环：如果边的两个端点相重，称该边为环，如e10；如果两个端点之 间的边多于一条, 称为具有多重边，如[v2, v4] ,无环，无多重边的图为 简单图。
图的名词和基本概念
v1 e4 v3 e1 v5 e5 e3 e6 e9 e2 e7 v4 e10 v2 e8 v6 e1 e5 v5 e7 e6 e3 v6 v1 e2 v2 e9 e10 e8 v7
图论问题选讲答案
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．
注意到di在上述和式中出现了di次，而G中共有m条边，故k≥ ( d －mn)．
由于 di＝2m，故n d ≥( di)2＝4m2 d ≥ ．∴k≥ ( －mn)＝ (m－ )．
例7．十个学生参加一次考试，试题共有十道，已知没有两个学生做对的题目完全相同，证明：这十道题中可以找到一道题，把这道题取消后，每两个学生所做对的题目仍不会全同．(假定每个题，都只有做对与做错这两种情况，没有部分对的情况发生)
设n＝k(k≥4)时，命题成立．当n＝k＋1时，由于统计各点连出线段数的和＝2 ＋2．则连线数最少的点A，则点A的连线数≤ ．
当k＝2t时， ＝t(t＋1)． ＝ (2t2＋2t＋2)＝t＋ ．即该点连线段数≤t．此时，去掉点A及所连之线段，则余下k个点，且余下线段数≥t2+1＝ +1．
当k＝2t－1时， ＝t2． ＝ (2t2＋2)＝t＋ ．即该点连线段数≤t．此时，去掉点A及所连之线段，则余下k个点，且余下线段数≥t2－t＋1＝ ＋1＝ ＋1．
⑷把数1，2，3，4，5任意分成两组，试证明：在这两组数中，总有一组数中存在两个数，它们的差(的绝对值)也在这一组中．
(课件)图论讲义
3
（8） 完全图(complete graph)
（9） 图的顶点数（图的阶）ν 、边数 ε
（10） 顶点 v 的度(degree)：d(v) = 顶点 v 所关联的边的数目（环边计两次）。
（11） 图 G 的最大度： ∆(G) = max{dG (v) | v ∈V (G)}
图 G 的最小度：δ (G) = min{dG (v) | v ∈V (G)}
这便定义出一个图。
2. 图的图示
通常，图的顶点可用平面上的一个点来表示，边可用平面上的线段来表示（直的或曲的）。 这样画出的平面图形称为图的图示。
例如，例 1.1.1 中图的一个图示为
v1
v2
e1
e6 e5
e2
e4
v5
e7
v3
e3 v4
注：（1）由于表示顶点的平面点的位置的任意性，同一个图可以画出形状迥异的很多图示。
和 Y。
（2）否则，设 u′ 是 P 与 Q 的最后一个公共顶点，因 P 的 (u, u′) 段和 Q 的 (u, u′) 段都是 u 到 u′ 的最短路，故这两段长度相等。
假如 P，Q 的奇偶性相同，则 P 的 (u′, v1) 段和 Q 的 (u′, v2 ) 段奇偶性相同，这两段与边 e 构成一个奇圈，与定理条件矛盾。可见 P，Q 的奇偶性不同，从而 v1, v2 分属于 X 和 Y。
这便证明了 G 是一个二部图。 证毕。
7. 连通性 图中两点的连通：如果在图 G 中 u，v 两点有路相通，则称顶点 u，v 在图 G 中连通。 连通图（connected graph）：图 G 中任二顶点都连通。 图的连通分支（connected branch, component）：若图 G 的顶点集 V(G)可划分为若干非空子集
图论案例
案例
布点问题综合案例
某城区有10 个街道办事处，地点分布如图所示（各边的权数表示交通距离/km），各街道人数如表所示。
试对下列问题进行决策：
（a）政府部门拟架设电子政务专用线，以连接各街道办事处，应如何架设，可使总长度最短？
（b）政府拟设一行政中心，使之处于各街道的中心位置，应设在何处？
（c）政府准备建一套医疗中心、商业中心，以为全区居民服务，设在何处比较方便？
（d）一个考察小组从①出发，经⑦到⑨，请设计一条最短的考察路线。
（e）若汽车每公里行驶需要1分钟，消防部门拟建消防站，并保证一旦发生火情，至少有一个消防站在10分钟之内可以赶到，问应设如何设置方能以最少数量的消防站满足消防要求？
图1
表1。
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图论例讲
（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．
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）
3、设G 为n 阶图，且没有长为4的圈；证明：其边数(
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.
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.
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．
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11231
2(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++--- 也
是一个有效安排．
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））．
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．
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）
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？
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 ====．
13、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.
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
此不相识且没有共同的熟人．（第26届独联体数学奥林匹克）
15、若8阶简单图不含四边形，那么，其边数的最大值是多少？（92C M O -） 16、10名选手参加乒乓球赛，每两个选手对赛一局．如果选手i 胜选手j ，选手j 胜
选手k ，选手k 胜选手i ，则称为有一个三角形．设i W 和i L 分别表示第i 个选手胜和败的局数，又如果选手i 胜选手j 时，总有8i j L W +≥．求证：这次球赛恰有40个三角形．
17、一次体育比赛共设有()2 2n n ≥个项目，每个选手恰好报名参加其中的两个项目，
而任两个人都至多有一个相同的项目，假定对于每个{}1,2,,1k n ∈- ，不超过k 人报名的项目少于k 个.
证明：存在2n 个选手，使得每个项目都恰好有其中的两人参加.
18、在一个九人小班中，已知没有4个人是相互认识的；求证：这个班能分成4个小组,使得每个小组中的人是互不认识的.
19、图G 中，若某四点之间恰有一条边，则称这样的四点组为G 的一个“单纯组”，对于所有的50阶图G ，求“单纯组”数目的最大值．
20、由n 个点和这些点之间的l 条线段组成一个空间图形，其中 21,n q q =++ ()2
1112
l q q ≥
++，2,q q N ≥∈．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，
存在一点至少有2q +条连线段．
证明：图中必存在一个空间四边形．
将本题用图论方法改述为：设n 阶图G 有l 条边，其中2
1n q q =++，
2
(1)
12
q q l +≥+，
2q ≥，且每点的度数2q ≥+，证明，G 中有四边形．。