跃峰奥数PPT4图论方法3-1(圈分析之圈数估计)

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【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创图论方法3-1（圈分析之圈数估计）●冯跃峰本讲内容本节为第4板块（图论方法）第3专题（圈分析）的第1小节（圈数估计），包含如下3个部分内容：第一部分，概述问题涉及的知识方法体系；第二部分，思维过程剖析。

这是课件的核心部分，重在发掘问题特征，分析如何找到解题方法。

按照教师场景授课互动效果设计，立足于启发思维；第三部分，详细解答展示。

提供笔者重新书写的解答（简称“新写”），力求严谨、流畅、简练。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创通过分析图中的一些点的度的性质，找到解题的突破口，我们称之为“度分析”。

包括如下4个方面：四种分析方法去掉悬挂点（度为1的点）将问题化归到已知情形（通常与归纳法相结合）图论方法1（度分析）考察极端从最大度、最小度突破【百度文库】跃峰奥数PPT 度与边关联建立度与边的联系引入容量参数设d（A）=k，对k的取值进行讨论。

【图论方法（圈分析）】所谓“圈分析”，就是从图中的圈入手，探索解题途径。

它包括三种常见的思路：三种思路（1）论证有圈：在给定的图中寻找圈，发现图的相关性质；（2）判断是圈：先考察图的最简单情形：是一个圈。

再考虑其它情形：或者化归，或者迁移特征。

（3）主动作圈：先构造一个圈，然后逐步完善其它边，得到合乎要求的图。

本节介绍“论证有圈”的相关例子。

【找“固定长度r”的圈的策略】图论中的定理通常只指存在圈，但并不知道圈的长度。

若要找固定长度r 的圈，可采用以下局部扩充策略：定义：两条有公共顶点的边组成的图称为“2-链”，公共顶点称为2-链的中心，另两个顶点称为2-链的端点。

中心端点端点···（1）由一条“2-链”扩充取2-链ABC ，然后由端点A 、C 向两边扩展（找邻点），最后叠合成圈【3】。

A B C（2）由一条边扩充取边AB ，然后由A 、B 向两边扩展（找邻点），最后叠合成圈【3】。

A B（3）由中间点扩充取两个中间点A 、B （不一定相邻），在AB 两侧分别扩充、叠合【5】。

A B（4）由“s 、t-链”拼合证明2条s 、t-链对应同一个“2点组”（叠合）。

A B ····■【以C3、C4为例，技巧略有不同】找三角形有两种方式由一条“2-链”扩充取点A为“2-链”中心【1】，证明A的邻域中【1】，有2点相邻【1】（通常用到“邻域分块”、“充分条件分类”技巧）；PAQ由一条边扩充适当取边AB【1】，证明A、B的邻域有公共点【1】：（|D（A）∩D（B）|≥1）【1】。

AB■找四边形有四种方式由一条“2-链”扩充取“2-链”中心A【1】，证明有异于A的点P【1】，向A的邻域引两条边【1】；AP由一条边扩充取边AB【1】，证明A的邻域中一点【1】，与B邻域中一点【1】相邻【1】；A B 由对顶点扩充取两点A、B【1】，证明A、B邻域有2个公共点【1】：|D（A）∩D（B）|≥2【1】；A B 两条“2-链”拼合证明有两条2-链【2】对应同A B····【图论3-1】若干个城市共派出2n（n≥3）名选手参加桥牌友谊赛，比赛规定：同一个城市的任何2名选手不能在同一局中作为敌我对手进行比赛。

如果每个城市都至多派出n名队员，且一个队员可以比赛多次。

试证：至少可以安排n（n2-3n+1）/2局比赛。

（原创题），同局比赛的4个选手中邻座应属于不同【题感】从比赛规则看【1】的城市，于是想到用点表示选手，将属于不同城市的选手连边，得到一个2n阶简单图G。

，证明2n阶简单图G中问题变成：每个顶点的度至少是2n-n=n【1】存在n（n2-3n+1）/2【1】个长为4的圈。

从目标看，先退一步：假定是找一个长为4的圈的问题（在此基础上，最后再解决原问题），这自然可采用局部扩展策略。

先考虑由一条“2-链”扩充的方法，此时需要再找一个点向“2链”。

中心的邻域引两条边。

由此又想到邻域分块技巧■【邻域分块】任取一个点x 【1】，令A={a|a 与x 相邻}【1】，B={b|b 与x 不相邻}【1】。

依题意|A|≥n ，|B|≤n -1。

我们只需找到B 中一个点b 向a 的邻域A 引出两条边【1】。

这有如下两个问题需要解决：①B 中一定有点b 【1】；②b 向a 的邻域A 引出两条边【1】。

x A Bb 对此，可从反面思考：若B 为空，则d （x ）=|A|≥2n-1。

——现在破坏这一性质，只需d （x ）<2n-1，但这样的点x 未必存在，以此为标准分类讨论即可！【充分条件分类】若对任何点x ，都有d （x ）=2n-1，则G 是完全图，结论显然成立。

若存在点x ，使d （x ）<2n-1 ，则①式成立。

下面考虑②是否成立【1】，也可采用反面思考：如果B 中的点b至多在A 中连1条边【1】，则抓住点b 的特征，产生矛盾！【反面思考】如果B 中的点b 至多在A 中连1条边，则d （b ）=1+d B （b ）【1】≤1+（|B|-1）≤1+（n-1-1）<n ，这与题设条件矛盾，所以②一定成立，故存在四边形。

为了找到多个四边形，我们需要更换估计方法（原方法是“2-链”扩充），找到具有“计数特征”的方法■。

先考虑将“2-链扩充”改为：“对顶点扩充”：取2个点x 、y 作为四边形的对顶点【1】，使以x 、y 为中心的“2-链”对接【2】，这就要求x 、y 的邻域：D （x ）【1】、D （y ）【1】有2个公共点：| D （x ）∩D （y ）|≥2。

x y由于不知道这样的点对x 、y 应如何选取，可先任取2点x 、y ，然后依据目标要求进行优化。

【拟对象逼近】任取点x 、y ，因为d （x ）≥n ，d （y ）≥n ，所以d （x ）+d （y ）≥2n ，即| D （x ）|+|D （y ）|≥2n 。

【解决遗留】如果任何两点x 、y 都相邻，则G 为完全图K 2n ，结论显然成立。

遗憾的是，这个解答虽然简短，但也无法用于计算四边形的个数。

具有“计数特征”的解答是两条“2-链”对接生成C 4，因为我们可以固定“对接点”，然后计算对接次数■。

如果两个2-链的“端点对”重叠，则构成C 4。

而所谓重叠，就是两个“端点对”对应同一个2点组。

由此想到将所有“端点对”归入所有的2点组（抽屉），计算重叠次数（同一抽屉中“2-链”的个数）。

【构造抽屉】以点对为“抽屉”【1】。

【选择元素】将所有“2-链”归入抽屉【3】。

u v ··【要素列估计元素个数】每条“2-链”有3个节点（要素列）【1】，称中间节点为其“中心”【1】，则选取“2-链”的中心x 有C 2n 1种方法。

跃峰奥数先用以每点为“2-链”中心，计算“2-链”的总数s ；然后将“2-链”归入C n 2个抽屉，得到“对接”次数。

又对任意一个点x 【1】，d （x ）≥n 【1】，选取以x 为中心的2-链的另两个节点至少有C n 2种方法【1】，所以2-链的条数：s ≥2nC n 2=n 2（n-1）。

x 每个2-链有2个端点【1】，组成“端点对【1】”，共有s ≥n 2（n-1）个“端点对”【1】。

s 个2链y 【抽屉个数】G 中共有2n 个点【1】，组成t=C 2n 2=n （2n-1）个互异2点组【1】。

t=C 2n 2个互异点对【直观估计对接次数】将s 个2-链的“端点对”归入t 个互异2点组，其“端点对”必定在各2点组中共重叠s-t 次。

我们还可引入容量参数对“重叠次数”进行精确估计■。

【容量参数】设第i （1≤i ≤t ）个2点组中有x i 个2-链的“端点对”（Σi=1t x i =s ），它们构成C xi 2个C 4，于是C 4的个数：x=Σi=1t C xi 2。

为了利用条件“Σi=1t x i =s 【1】”，通常是采用cauchy 不等式进行“通式放缩”，而这里我们可以利用一个“显然”的不等式则更为直截了当。

跃峰奥数【结构联想】易知，C p 2=p （p-1）/2≥p-1（p ∈N ）。

实际上，当p=0时，不等式为0≥-1，显然成立；当p=1时，不等式为0≥0，显然成立；当p ≥2时，p/2≥1，两边同乘以p-1即得p （p-1）/2≥p-1。

【通式放缩】x=Σi=1t C xi 2≥Σi=1t （x i -1）=Σi=1t x i -Σi=1t 1=s-t （精确估计）。

每重叠一次产生一个C 4，从而至少有s-t≥n 2（n-1）-n （2n-1）= n （n 2-3n+1）个C 4。

【剔除重复】又每个C 4含有两个2-链的“端点对”，可能计算两次，所以C 4的个数不少于n （n 2-3n+1）/2，证毕■。

【新写1】若对所有点x ，有d （x ）=2n-1，则G 是完全图，结论显然成立。

若存在点x ，使d （x ）<2n-1，令A={a|a 与x 相邻}，B={b|b 与x 不相邻}，则由d （x ）<2n-1知，B 非空，取b ∈B 。

由题意，|A|≥n ，所以1≤|B|≤n -1。

由于d （b ）≥n ，而b 在B 中的度不大于n-2，所以b 必与A 中的两个点p 、q 相邻，得到C 4。

【充分条件分类】【邻域分块、2链扩展】【新写2】若任何两个点都相邻，则G 为K 2n ，结论显然成立。

若有两点x 、y 不相邻【1】，因为| D （x ）|≥n ，| D （y ）|≥n 【1】，但| D （x ）∪D （y ）|≤2n -2，有| D （x ）∩D （y ）|≥2。

取u 、v ∈D （x ）∩D （y ）【1】，则得到C 4。

【充分条件分类】x y D （x ）D （y ）u v 【邻域分块、对顶点扩展】■跃峰奥数【新写3】（一般解答）设“2-链”的总数为s。

对任意一个点x，因为d（x）≥n，有Cn 2个“邻点对”，于是，以x为中心的2-链条数不少于Cn 2，所以s≥2nCn2=n2（n-1）。

每个2-链有2个端点，组成一个“端点对”，共有s个“端点对”，而2n个点共组成t=C2n2=n（2n-1）个2点组。

将s个“端点对”归入t个互异2点组，其“端点对”必定在各2点组中共重叠s-t次。

每重叠一次产生一个C4，从而至少有s-t≥n2（n-1）-n（2n-1）= n（n2-3n+1）个C4。