图论讲义15
图论详细讲解
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V3 本书由天疯上传于世界工厂网-下载中心
2.树和最小支撑树
取一个圈(v1,v2,v3,v1)，在一个圈中去 掉边e3 。在剩下的图中，再取一个圈 （v1,v2,v4,v3,v1），去掉边e4 。再从圈 （v3,v4 v5,v3）中去掉边e6 。再从圈 (v1,v2,v5,v4,v3,v1 ）中去掉边e7， 这样，剩下的图不含圈，于是得到一个 支撑树，如图8.12所示。
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1.图的基本概念与基本定理
图8.5是一个有向图D=（V，A） 其中V={v1,v2,v3,v4,v5,v6,v7} A={(v1,v2),(v,v3),(v3,v2), (v3,v4),(v2,v4),(v4,v5), (v4,v6),(v,v3),(v5,v4), (v5,v6),(v6,v7)}
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1.图的基本概念与基本定理
定理8.1 所有顶点次数之和 等于所有边数的2倍。
定理8.2 在任一图中，奇 点的个数必为偶数。
1.图的基本概念与基本定理
图的连通性：
链： 由两两相邻的点及其相关联的 边构成的点边序列;如: v0 ,e1 ,v1 ,e2 ,v2 ，e3 ,v3 ,…,vn-1, en , vn ; v0 ，vn分别为链的起点和终点； 简单链：链中所含的边均不相同； 初等链：链中所含的点均不相同,也 称通路；
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1.图的基本概念与基本定理
北京 太原 石家庄
天津 塘沽 济南 青岛郑州 Nhomakorabea徐州 连云港
南京 上海
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重庆
武汉
离散数学——图论PPT课件
• 完全图：一个（n,m）图G，其n个结点中每个结点均与其它n-1个结点相邻接，记为Kn。 • 无向完全图：m=n(n-1)/2 • 有向完全图：m=n(n-1) • 举例说明以上几种图。
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定义补图
• 设图G=<V,E> ， G’=<V,E’> ，若G’’=<V,E∪E’> 是完全图，且E∩E’= 空集，则称G’是G的补图。 • 事实上，G与G’互为补图。
正则图
• 所有结点均有相同次数d的图称为d次正则图。 • 如4阶的完全图是3次正则图，是对角线相连的四边形。 • 试画出两个2次正则图。
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两图同构需满足的条件
• 若两个图同构，必须满足下列条件： （1）结点个数相同 （2）边数相同 （3）次数相同的结点个数相同
• 例子
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• 图是人们日常生活中常见的一种信息载体，其突出的特点是直观、形象。图论，顾 名思义是运用数学手段研究图的性质的理论，但这里的图不是平面坐标系中的函数， 而是由一些点和连接这些点的线组成的结构 。
第8页/共93页
• 在图形中，只关心点与点之间是否有连线，而不关心点具体代表哪些对象，也不关 心连线的长短曲直，这就是图的概念。
定义图的子图
• 子图：设G=<V,E> ， G’=<V’,E’> ，若V’是V的子集， E’是E的子集，则 G’是G的子图。 • 真子图：若V’是V的子集，E’是E的真子集。 • 生成子图：V’=V，E’是E的子集。 • 举例说明一个图的子图。
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定义（n,m）图
• (n,m)图：由n个结点，m条边组成的图。 • 零图：m=0。即（n,0）图，有n个孤立点。 • 平凡图：n=1,m=0。即只有一个孤立点。
图论讲义
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同构图举例
4 2 1 a c 3 1 2 3
G
4 a 5 d
H
6
H’
b
G’
d b
f c e
G ≅ G’ 1→a,2→b,3→c, 4→d
H ≅ H’ 1→a,2→b,3→c, 4→d,5→e,6→f
非同构图举例 存在结点数及每个结点对应度都相等的两 个图仍然不同构的情况.一个例子如 下:(注意:两个4度点或邻接或不相邻接)
1.3 端点，关联边，相邻，次 端点，关联边，相邻， • 有向图中，由节点指向外的弧的数目称为正次数，记 有向图中，由节点指向外的弧的数目称为正次数， 指向该节点的弧的数目称为负次数， 为 d+，指向该节点的弧的数目称为负次数，记为 d– • 次数为 0 的点称为孤立点 的点称为孤立点 孤立点(isolated vertex) ，次数为 1 的 悬挂点(pendant vertex) 点称为悬挂点 点称为悬挂点 定理 1：图中奇点的个数总是偶数个 ： 1.4 链，圈，路径，回路，欧拉回路 路径，回路， • 相邻节点的序列 {v1′′ ,v2′′ ,…, vn′′} 构成一条链(link)，又称 构成一条链 ， 行走(walk)；首尾相连的链称为圈(loop)，或闭行走 为行走 ；首尾相连的链称为圈 ， 在无向图中，节点不重复出现的链称为路径(path)；在 • 在无向图中，节点不重复出现的链称为路径 路径 ； 有向图中，节点不重复出现且链中所有弧的方向一致， 有向图中，节点不重复出现且链中所有弧的方向一致， 则称为有向路径 向路径(directed path) 则称为有向路径 • 首尾相连的路径称为回路(circuit)； 首尾相连的路径称为回路 回路 ；
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一摆渡人欲将一只狼,一头羊, 例 一摆渡人欲将一只狼,一头羊,一篮菜从河 西渡过河到河东.由于船小,一次只能带一物过河， 西渡过河到河东.由于船小,一次只能带一物过河， 并且狼与羊,羊与菜不能独处.给出渡河方法. 并且狼与羊,羊与菜不能独处.给出渡河方法. 用四维0 向量表示( 解：用四维0-1向量表示(人,狼,羊,菜)在河 西岸的状态(在河西岸则分量取1,否则取0), 1,否则取0),共有 西岸的状态(在河西岸则分量取1,否则取0),共有 24 =16 种状态.在河东岸的状态类似表示. 种状态.在河东岸的状态类似表示. 由题设,状态(0,1,1,0),(0,0,1,1),(0,1,1,1)是不 由题设,状态 , , 是不 允许的,从而对应状态(1,0,0,1), (1,1,0,0), (1,0,0,0) 允许的,从而对应状态 也是不允许的. 也是不允许的. 以可允许的 允许的10个状态向量作为顶点 向量作为顶点,将可能互 以可允许的 个状态向量作为顶点 将可能互 相转移的状态用线段连接起来构成一个图. 相转移的状态用线段连接起来构成一个图 根据此图便可找到渡河方法 渡河方法. 根据此图便可找到渡河方法.
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．。
图论讲义
G =<V, E>
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[定义] 顶点
Ｖ中的元素称为顶点，用带标记的点表示， 也称为结点(Vertices)。
数学建模培训
图论模型简介
2020/7/6
图论模型
1. 图论基本概念 2. 最短路径算法 3. 最小生成树算法 4. 遍历性问题 5. 二分图与匹配
6. 关键路径问题 7. 系统监控模型 8. 着色模型 9. 其他模型
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七桥问题
• 近代图论的历史可追溯到18世纪的七桥问 题—穿过Königsberg城的七座桥，要求每座 桥通过一次且仅通过一次。
[定义] 基本通路(Element Path)
一条通路中，除了始点和终点可以相同，其 余顶点均互不相同，称此通路为基本通路(初级 通路)。当其是回路时，称为基本回路(Element Circuit初级回路或圈)。
2020/7/6
b
e1
e4
a
e2
d
e5
e3
c
e5, e1, e2, e3, e4是简单通路，不是基本通路， 因为c, a, b, c, d, b中b, c均出现了两次。但c,
5(f)
4(h)
2020/7/6
例： 有向图
a
e
d
2020/7/6
b
5(e)
1(b) 2(a)
c
4(c)
3(d)
例：
图论GraphTheory教学讲义
边(edge)
有向边(directed edge)
端点有始点和终点之分的边。 用有序二元组<始点,终点>表示
结点v的入度: 以v为终点的有向边的数目， 记为deg-(v)或d-(v)
有向图中结点v的度d(v)：d(v)=d+(v)+d-(v)
a
deg+(c) = 2
deg-(c) = 3
b
c
deg(c) = deg+(c) + deg-(c) = 5
23
定理 1
设图G是具有n个顶点、m条边的有向图，
第五章 图 论 (Graph Theory)
1
图论的起源
Konigsberg(柯尼斯堡)七桥问题
能否从河岸或小岛出发，恰好通过每一座桥一次 再回到出发地?
2
欧拉引进了图论
瑞士数学家Euler(欧拉)于1736年从理论上圆满 解决这个问题。
A
抽象
D
B
D
A B
C
C
3
图论发展过程
1736年 － 欧拉解决柯尼斯堡七桥问题－图论产生 1936 年－图论第一部专著出现《有界图和无界图的
理论》 经过近六十多年的发展，逐渐成为一门相对独立的学
科。
4
图论的应用
网络技术的理论基础和重要的研究工具 生物和化学：区别分子式相同但结构不同的两
种化合物。 计算机和通信：用于通信网络和计算机网络的
设计，交通网络的合理分布
中科院研究生院图论讲义习题1
第一章习题1. 对任何简单图G ，(1) 证明：(1)()2G υυε−≤；(2)(1)()2G υυε−=当且仅当G K ν≅。
2. 证明：(1),()m n K mn ε=；(2) 若G 是完全二部图，则2()4G υε≤。
3. 图G 有21条边，12个3度顶点，其余顶点的度均为2，求图G 的阶数。
4. 证明：任何简单图必有至少两个顶点具有相等的度。
5. 设G 是简单图，求G 的所有不同的生成子图的个数（包括G 本身和空图）。
6. 证明：任何图中，奇度顶点的个数总是偶数（包括0）。
并由此证明：在任一次聚会上握过奇数次手的人必为偶数个。
7. 证明或反证：如果u 和v 是图G 中仅有的具有奇数度的顶点，则G 包含一条u , v 路。
8. 证明：若4υ≥且1+=νε，则存在)(G V v ∈使得3)(≥v d 。
由此证明： n 个球队比赛（4n ≥），已赛完n +1场，则必定有一个球队已参加过至少3场比赛。
9. 在一个运动联盟中，将所有运动队组织成两个赛区，每个赛区有13个队，能否恰当安排比赛使得每个队在其所在赛区中进行9场比赛而与另一个赛区中的运动队进行4场比赛？10. 在平面上有n 个点12{,,,}n S x x x =⋅⋅⋅，其中任两个点之间的距离至少是1。
证明在这n 个点中，距离为1 的点对数不超过3n 。
11. 某次会议有n 人参加，其中有些人互相认识，但每两个互相认识的人，都没有共同的熟人，每两个互不认识的人都恰好有两个共同的熟人。
证明每一个参加者都有同样数目的熟人。
12. 在一个化学实验室里，有n 个药箱，其中每两个不同的药箱恰有一种相同的化学品，而且每种化学品恰好在两个药箱中出现，问：（1）每个药箱有几种化学品？（2）这n 个药箱中共有几种不同的化学品？13. 在一次舞会中，A 、B 两国留学生各(2)n n >人，A 国每个学生都与B 国一些(不是所有)学生跳过舞，B 国每个学生至少与A 国一个学生跳过舞。
(课件)图论讲义
图论与网络流理论（Graph Theory and Network Flow Theory）讲授：高随祥中科院研究生院专业基础课学时/学分：60/3本课程适合基础数学、应用数学、计算数学、运筹学与控制论、概率论与数理统计各专业的硕士学位研究生作为专业基础课，也可供物理学、化学、天文学、地学、生物科学、计算机科学与技术、计算机软件、管理科学与工程以及通信、信号等学科专业的硕士研究生选修。
主要讲授图论与网络流理论的基本概念、方法和定理，介绍该领域重要的问题以及典型的算法，展示图论与网络流模型及方法的广泛应用。
为学习者将来从事有关方面的理论研究打下基础，也为进行应用性研究提供一种有力的工具。
内容提要第一章 图的基本概念图的基本概念；二部图及其性质；图的同构；关联矩阵与邻接矩阵。
路、圈与连通图；最短路问题。
树及其基本性质；生成树；最小生成树。
第二章 图的连通性割点、割边和块；边连通与点连通；连通度；Whitney定理；可靠通信网络的设计。
第三章 匹配问题匹配与最大匹配；完美匹配；二部图的最大匹配；指派问题与最大权匹配。
第四章 欧拉图与哈密尔顿图欧拉图；中国邮递员问题；哈密尔顿图；旅行商问题。
第五章 支配集、独立集、覆盖集与团支配集、点独立集、点覆盖集、边覆盖集与团的概念及其求法。
第六章图的着色问题点着色；边着色；平面图；四色猜想；色多项式；色数的应用。
第七章网络流理论有向图；网络与网络流的基本概念；最大流最小割定理；求最大流的标号算法；最小费用流问题；最小费用最大流；网络流理论的应用。
主要参考书[1] J.A. Bondy and U.S. Murty, Graph theory with applications, 1976, 有中译本（吴望名等译）。
[2] B.Bollobas, Modern graph theory (现代图论)，科学出版社，2001。
[3] 蒋长浩，图论与网络流，中国林业出版社，2001。
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
运筹学--图论 ppt课件
4
5
4 9 8
v1
v3
2
v6
[8,v2]
v8
5 33
1
[2,v1]
v4
v7
[10,v4]
33
Dijkstra算法示例1
3）迭代计算(c)—更新与永久标号节点v2相连的节 (d2+w25=3+7=)10< ∞ (=d5) 点的临时标号。
[3,v1]
v2
[0,-]
7
v5
[10,v2]
2 [+∞,v1] 6
v4
v7
[+∞,v1]
22
Dijkstra算法示例1
2）迭代计算(a)—从临时标号中找到距离上界dk最 小的节点v4，d4=min{dk}，将其变换为永久编号。
[3,v1] [+∞,v1]
v2
[0,-]
7
v5
2 [+∞,v1] 6 1 2 [+∞,v1]
3
5 2 [5,v1]
4
5
4 9 8
v1
v3
最小树问题不一定有唯一解。
10
10
最小支撑树问题的解法
破圈法 算法
初始化 将图G的边按权值从大到小的次序排列，从 原图开始迭代； 迭代
第1步(删边) 从排列中顺序选择一条与图中剩余边构成圈 的边，则将此边从图中删除，进入第2步(结束判断)； 第2步(结束判断) 若图中剩下n-1条边，则已经得到最小支 撑树；否则，进入下一轮迭代，返回第1步(加边)；
柯尼斯堡七桥问题
柯尼斯堡市区横跨普雷格尔河两岸，在河中心有两 个小岛。小岛的两岸共有七座桥将岛与岛、岛与河 岸连接起来。一个人怎样才能一次走遍七座桥，每 座桥只走过一次，并最后回到出发点？
15 图论的基本原理
15图论的基本原理图论是研究集合的元素之间的关系的一门学问. 人们常用平面（或空间）的点表示元素，用点之间所连的线段（或弧）表示元素间的某种关系，这样便可用一个直观图形表示元素及元素之间的关系. 因为这种表示使问题的条件和结论直观、明了，使问题的分析与陈述方便、简洁，因而在竞赛解题中得到广泛的应用，下面对图论的一些基本概念和结论作一介绍.1．基本原理设V 是平面（或空间）的有限个点构成的集合，E 是以V 的点为端点的线段（或弧段）构成的集合，则由V 的点及E 的线段（或弧段）构成的图形称为图，记为(),G V E =. V 中的元素称为图的顶点，G 中的元素称为图的边，V 称为图的阶.如图1是一个图，其中12345,,,,v v v v v 是这个图的顶点，1234567,,,,,,e e e e e e e是这个图的边. 在一个图G 中，若边e 连接顶点,u v ，则称,u v 为边e 的端点，并称e 与u相邻. 若边,e e '连接同一对顶点，则称e 与e '为平行边. 若边e 的两个端点相同，则称e 为环. 图1 在图1中，5e 与6e 为平行边，7e 为环. 一个图若无平行边与环，则称这个图为简单图. 在本书中若无特别声明，所讲的图均为简单图. 在一个图中，若边,i j e e 均与顶点v 相邻，则称边i j e e 与相邻. 若顶点,u v 之间有边e ，则称顶点u 与v 相邻. 在图G 中，与顶点u 相邻的边的条数称为顶点的度，记为()d u ，度数为奇数的顶点称为奇顶点，度数为偶数的顶点称为偶顶点.在图G 中，若()1,,1,2,,i i i e x x i n +==，则将点边交错序列 11223111n n n n n x e x e x x e x e x --+ （1） 称为G 的连接顶点1x 与1n x +的一条链，链上边的条数称为这条链的链长. 对于简单图，我们可把（1）中的链简记如下121n x x x +.在（1）中，若11n x x +=，则称这条链为圈. 在图G 中，连接两个顶点的链中含边最小的链称为连接这两个顶点的最短链. 最短链的长度称为这两个顶点的距离. 在图G 中，含边最少的圈称为这个图的极小圈.在图G 中，若任两个顶点间均有链相连，则称这个图为连通图，否则称为不连通图. 若图G 不连通，则它的每一个连通部分称为它的一个连通分支. 如图1为连通图，图2是一个不连通图，它有3个连通分支. 一个图若连通且不含圈，则称这个图为树，记为(),T V G =. 一个图若有n 个顶点，任两个不同的顶 图2点之间恰有一条边，则称这个图为n 阶完全图，记为n k . 显然，n k 中边的条数为()212n n n C -=. 设(),G V E =，若1,ki i j i V V V V i j φ===≠（），并且G 的任一条边的两个端点不同时属于,1,2,,i V i k =，则称G 为k 部图，记为()12,,;k G V V V E =. 特别地，当2k =时，2部图又称为偶图或两分图.设12,,m e e e 是图G 的边，若1i j m ≤<≤，i e 与j e 均不相邻，则称{}12,,m e e e 为图G 的一个匹配. 图G 中含边最多的匹配称为图G 的极大匹配. 设(),;G X Y E =为偶图，{}12,,m e e e 为G 的一个匹配，若X 中的每一个顶点都是{}12,,m e e e 中某个边的端点，则称这个匹配为饱和X 的匹配；若Y 中的每一个顶点都是{}12,,m e e e 中某个边的端点，则称这个匹配为饱和Y 的匹配. 同时饱和,X Y 的匹配称为完全匹配.设(),G V E =是图，11,V V E E ⊆⊆，则把图()111,G V E =称为图G 的子图.若将图G 的每一条边给一个方向，则把这样的图称为有向图. 若把n 阶完全图的每条边都给一个方向，则把这个有向图称为竞赛图. 在有向图(),G V E =中，若边的方向是由i v 指向j v ，则把这条边记为(),i j v v ，并把i v 称为这条有向边的起点，j v 为这条有向边的终点. 在有向图中，若有向边()1,,1,2,,i i i e v v i n +==，把则点边交错序列 112233111n n n n n v e v e v e v e v e v --+ 称为连接点1v 与1n v +的路，并把这条路中所含边的条数称为路长. 当1v 与n v 重合时，把这样路称为有向圈或回路，回路中所含边的条数称为圈长.在有向图(),G V E =中，x V ∀∈，我们用()d x +表示以x 为起点的有向边的条数，()d x -表示以x 为终点的边的条数，并分别称()d x +和()d x -为顶点x 的出度和入度.定理1 设(),G V E =，则()2x Vd x E ∈=∑.推论 图G 中奇顶点的个数为偶数.定理2 我们把树中度数为1的顶点称为悬挂点. 设(),T V E =为树，V n =，则（1）当2n ≥时，T 至少有两个悬挂点；（2）1E n =-.证（1） 我们对n 实行归纳. 当2n =时，结论显然成立. 假设当n k =时结论成立. 那么当1n k =+时，若T 中每个顶点的度数都不小于2，则从一个顶点出发沿边走下去可得到一个圈. 这与T 无圈相矛盾. 这个矛盾表明T 中存有顶点u ，使得()1d u =，从而知u 是T 的悬挂点. 去掉点u 与u 相连的边，则得到的子图1T 也是树，1T 的顶点有k 个，由归纳假设知，1T 至少有两个悬挂点,x y ，而,x y 中必有一个不与u 相邻，不妨设x 不与u 相邻，则x 也是T 的悬挂点，从而知T 至少有两个悬挂点,u x .（2）同样对n 实行归纳. 当1,2n =时，易知1E n =-.假设对于n k =时结论成立. 那么对于1n k =+，由（1）知T 有悬挂点.设u 是T 的悬挂点，那么去掉顶点u 及与u 相邻的边e ，所得的子图1T 的边有()1k -条，从而知T 有()()1111k k -+=+-条边，即1n k =+时结论也成立. 由归纳法原理知结论成立.推论1 在图(),G V E =中，V n =，若G 连通，则有1E n ≥-；若G 无圈，则1E n ≤-.证 当G 连通时，若G 无圈，则G 是树，这时有1E n =-. 若G 含圈，则可在每个圈上去掉一条边，直至图中不含圈为止，设此时得到的子图为(),T V E '=，这里E E '⊆，则T 连通且无圈，从而知T 是树，所以11E V n '=-=-，1E E n '∴≥=-.当G 无圈时，若G 连通，则G 是树，此时有1E n =-. 若G 不连通，则G 可分成若干个连通分支，每个连通分支是树，对每个连通分支应用定理2易知结论成立.定理3 设(),G V E =是图，则G 是偶图的充要条件是G 不含长为奇数的圈.证 必要性：设G 是偶图，(),;G X Y E =，011210n n c v e v e v e v -=是G 的一个圈，不妨设0v X ∈.因为G 的每一条边均是连接X 与Y 中的点，故从0v 出发沿圈c 行走回到0v 时，每次从X 中的点走到Y 中的点，必须从Y 中的点再回到X 中的点，故圈c 上的边有偶数条.充分性：设G 中的每个圈上的边都有偶数条，不妨设G 是连通的，（否则可考虑G 的每一个连通分支）. 在G 中取一个顶点0v ，则对任意的u V ∈，若1L 与2L 是连接0v 与v 的两条链，则1L 的长与2L 的长的奇偶性必相同.事实上，若1L 与2L 上边的条数的奇偶性不一样，利用1L 与2L 易得一个长为奇数的圈，如图3所示，这与G 中不含长为奇数的圈相矛盾. 上述结论表明，G 中每个顶点与0v 的距离的奇偶性是确定的. 现令{}{}00,,,,X x x v x V Y x x v x V =∈=∈与的距离为偶数与的距离为奇数 图3 则,X Y V X Y φ==.又对于任意的,u v X ∈，若有e 与,u v 相邻，设1L 与2L 分别是连接0v 与,u v 的链，则{}12L L e 将产生一个长为奇数的圈. 这与条件相矛盾，故u 与v 不相邻. 同理可证对于任意的,u v Y ∈，有u 与v 不相邻，故G 是偶图.定理 4 （托兰定理）设(),G V E =是图，V n =，若G 中不含3阶完全图3k ，则24n E ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦. 证 设G 中度数最大的顶点为v ，()d v k =，令{}A x x V x v =∈且与相邻，则A k =.因为G 中不含完全图3k ，所以A 中任两个顶点不相邻.故x A ∀∈，有()d x n k ≤-.令A V A =-，则x A ∀∈，有()d x k ≤，所以 ()()()()()()22,x V x A x AE d x d x d x k n k n k kk n k ∈∈∈==+≤-+-=-∑∑∑ ()()22,24k n k n E k n k +-⎛⎫∴≤-≤= ⎪⎝⎭ 2.4n E ⎡⎤∴≤⎢⎥⎣⎦定理5 （配偶定理）设(),,G X Y E =为偶图，对于S X ⊆，令(){N S y y Y =∈且y 与S 中的某个顶点相邻}，则G 存有饱和X 的匹配M 的充要条件是S X ∀⊆，有()S N S ≤.证 必要性：设G 存有饱和X 的匹配M ，在G 中去掉E M -中的所有边，得到的图记为G '，即(),;G X Y M '=. 在G '中，对于S X ⊆，令(){N S y y Y '=∈且y 与S 中某一顶点相邻}，则S X ∀⊆，由匹配的定义知，有 ()N S S '=.又S X ∀⊆，显然有()()N S N S '⊆，所以()()N S N S S '≥=， 必要性得证.充分性：令X n =，我们对n 实行归纳.当1n =时，设{}(),1X x N X X =≥=，所以Y 中至少有一个顶点y 与x 相邻，故(){},x y 是饱和X 的匹配，结论成立.假设对于n k ≤结论成立. 那么对于1n k =+，分两种情况证明.情形 1 对于X 的每一个非空真子集S ，都有()N S S >. 取0x X ∈，因为{}(){}001N x x >=，所以0y Y ∃∈，使得()00,x y E ∈.在G 中去掉顶点00,x y 及与00,x y 相邻的边，将得到的图记为()1111,;G X Y E =，则{}{}1010,X X x Y Y y =-=-. 11S X ∀⊆，令{}10S S x =，因为()11N S S S >=+若用()11N S 表示1G 中与1S 中的点相邻的点构成的集合，则()1N S 与()N S 至多相差一个顶点0y ，所以()()1111111N S N S S S ≥-=+-=.即11S X ∀⊆，有()111N S S ≥，则归纳假设知，1G 中存有饱和1X 的匹配1M ，令 (){}100,M M x y =， 则M 是G 中饱和X 匹配，故结论成立.情形2：存有X 的一个p 元子集A ，使得()N A A p ==. 令()(){}1,,E x y x A y N A =∈∈，则在G 的子图()()11,;G A N A E =中，若令()1N S 表示1G 中与S 中的点相邻的点构成的集合，因为()()1N S N S =，所以S A ∀⊆，有()()1N S N S S =≥，所以，由归纳假设知1G 中存有饱和A 的匹配1M .在图G 中去掉1G 中的顶点和边，得到的图记为2G .若令()(){}22222,,,,X X A Y Y N A E x y x X y Y =-=-=∈∈，则()2222,,G X Y E =.在2G 中，令()2N S 为2G 中与S 中的点相邻的顶点构成的集合，则2S X ∀⊆，必有()2N S S ≥ （1） 事实上，若结论不成立，即存有02S X ⊆，使得()200N S S <， 那么令0S S A =，则00S S A S p =+=+，且 ()()()20N S N S N A =，所以()()()()2020N S N S N A N S p =+=+0S p S <+=.这与定理的条件相矛盾. 故（1）成立. 从而知2G 满足归纳假设的条件. 依归纳假设知2G 中存有饱和2X 的匹配2M . 令12M M M =，则易知M 是G 中饱和X 的匹配，故结论成立.综上知充分性成立.定理6 设n k 是n 阶竞赛图，则n k 中存有长为1n -的路.证 我们对n 实行归纳. 当2n =时，结论显然成立. 假设对n 结论成立，那么对于1n +，在1n k +中去掉顶点1n v +及与1n v +相邻的边，得到一个n 阶竞赛图n k ，依归纳假设知，n k 中存有长为1n -的路，不妨设为12n v v v ，否则可将n k 的顶点重新标号.若存有1i n ≤≤，使得()1,i n v v +为1n k +的有向边，设s 是使()1,i n v v +为1n k +的有向边中的i 的最大值. 那么当s n =时，121n n v v v v +是1n k +的长为n 的路；当s n ≠时，则()11,n s v v ++是1n k +的有向边，从而知1211s n s n v v v v v v ++ 是1n k +的长为n 的路.若对于1i n ≤≤，均有()1,n i v v +为1n k +的有向边，则112n n v v v v +为1n k +的长为n 的路，故对于1n +结论成立. 由归纳法原理知结论成立.3．方法解读解与图论相关的试题，通常是先将实际问题转译成一个图论问题，然后再用图论的结论和图论中分析问题的方法来解决. 在解决图论问题时，归纳构造，反证法是常用的方法，而在对图的讨论中，顶点的度、链、圈、匹配、欧拉圈、哈密顿圈等是讨论的对象. 特别地，对与一些顶点相邻的顶点构成的集合的讨论，往往是解决问题的关键.例1 设1234567,,,,,,A A A A A A A 是平面上7个点，其中任三点不共线，在这些点之间连19条线段，证明：必存有5点，它们每两点间都有线段相连.分析 将7个点看成图的顶点，所连的19条线段看成图的边，这样得到一个图G ，问题归结为证明G 中含有5阶完全子图5k ，这样我们可先证存有2k ，再由2k 构造3k ，进而构造出45,k k .证 ()()()12721938d A d A d A ++=⨯=，由抽屉原则知必有一个()6i d A ≥. 不妨设()16d A ≥，因为图G 中只有7个顶点，所以()16d A ≤，从而有()16d A =. 去掉顶点1A 及与1A 相邻的边，得到的子图记为1G ，则在1G 中有6个顶点，13条边，从而在1G 中有()()()23713226d A d A d A ++=⨯=. 2646>，所以1G 中必有一个顶点的度数为5，不妨设()25d A =. 再在1G 中去掉2A 及与2A 相邻的边，得到的图记为2G ，2G 有5个顶点，8条边，所以在2G 中，有()()()()()345672816d A d A d A d A d A ++++=⨯=. 1635>，所以2G 中必有一个顶点的度数为4，不妨设()34d A =. 在2G 中去掉3A 及与3A 相邻的4条边，得到的图记为3G . 3G 有4个顶点，4条边，故3G 中必有两个顶点相邻，不妨设在3G 中，4A 与5A 相邻，则12345,,,,A A A A A 中任何两个顶点均相邻，故结论成立.例2 （1994年伊朗奥林匹克）图G 的n 个顶点为12,,,n A A A ，G 满足条件：若i A 与j A 不相邻，则存有一个顶点k A ，使得k A 与i A ,j A 均相邻.（1）求图G 的边数的最小值；（2）若6n = ，且126,,,A A A 是G 的一个长为6的圈，求图G 的边数的最小值. 分析 在连通图中，边数最少的图是树，所以在求图的边数的最小值时，首先考虑该图是否连通. 对于第（2）问，先要估计边数的下界，然后再构造边数能达到下界的图.解（1） 设(),,,G V E x y V =∀∈，依题意知要么(),x y E ∈，要么存有z V ∈，使得()(),,,x z E z y E ∈∈，这表明连接,x y 的链存有，从而知图G 是连通图，依照定理2的推论知1E n ≥-，又图5所示的图满足题设条件，它的边数为1n -，所以G的边数的最小值为1n -.（2）因为126,,,A A A 是圈，如图6，考虑圈上的顶点对{}{}{}142536,,,,,A A A A A A 图5 ，因为满足题意的图中任何两点之间的最短链的长不超过2，所以上述每一对顶点中至少有一个的度数要增加1，所以，要使图G 满足条件，这个圈上顶点的度数至少要增加3，因而至少要增加两条边. 又在圈1234561,,,,,,A A A A A A A 上添加边14A A 与26A A ，如图6，这样得到的图G 满足要求，所以图G 的边数的最小值为8. 图6例3 （中国台湾第4届数学奥林匹克）一次集会有n 个人参加，每个参加会议的人恰有8个熟人，每一对熟人恰有4个共同的熟人，每对不理解的人恰有2个共同熟人，问满足上述条件的n 个人是否存有.分析 用n 个点代表n 个人，两人理解则在代表两人的顶点间连一条边，否则不连边，则得到一个图，要求图中每个顶点的度数为8，每一对相邻的顶点恰与4个顶点同时相邻，每对不相邻的顶点恰与2个顶点同时相邻，问题归结为满足上述条件的图是否存有. 这样能够通过图的顶点间的相邻关系来寻找答案.解 不存有. 反证法，依照上述分析，若满足条件的图存有，设这个图为(),G V E =，任取x V ∈，因为()8d x =，不妨设x 与128,,x x x 相邻. 因为x 与8x 相邻，故x 与8x 恰好同时与G 中4个顶点相邻. 因为与x 相邻的顶点为{}128,,x x x ，为了说话方便，不妨设8,x x 同时与1234,,,x x x x 相邻，如图7，则7x 与8x 不相邻. 又x 与7x 相邻，所以x 与7x 恰好同时与G 中的4个顶点相邻，这4个顶点必在 图7{}123456,,,,,x x x x x x 中，所以至少有2个在{}1234,,,x x x x 中，不妨设为12,x x ，这时12,,x x x 同时与7x 和8x 相邻，又7x 与8x 不相邻，这与题设矛盾. 这个矛盾表明满足题设条件的图不存有.例4 ()4n ≥名选手参加数学竞赛，其中有些选手相互理解. 已知任何两个不相识的选手都恰好有两个共同的熟人. 若已知选手A 、B 理解，但他们没有共同的熟人，证明他们的熟人一样多.分析 只需建立A 与B 的熟人的集合之间的一一对应即可.证 用n 个顶点12,,n v v v 分表代表n 名选手，其中与12,v v 分别代表A 、B ，若两名选手理解，就在代表这两名选手的顶点间连一条边，否则不连边，得到一个图(),G V E =，则问题归结为已知1v 与2v 相邻，G 中任意两个不相邻的顶点都恰好与两个顶点同时相邻，没有一个顶点同时与12,v v 相邻，证明()()12d v d v =.现令1M 为与1v 相邻的顶点构成的集合，1N 为与2v 相邻的顶点构成的集合，{}{}1211,M M v N N v =-=-，下证M N =. 事实上，若M φ=，则M N ≤. 若M φ≠，则x M ∀∈，依题意知x 与2v 一定不相邻，从而V 中恰有两个顶点同时与2,x v 相邻，因为1v 同时与2,x v 相邻，故还存有唯一的一个y 同时与2,x v 相邻，显然y N ∈，我们规定M 到N 的映射为：:f x y →，则由y 的唯一性知f 是M 到N 的单射，从而有M N ≤.同理可证N M ≤，故有M N =，所以()()12d v d v =.例5 （1998年莫斯科）某国N 个城市被航空航线连接起来，并且航线只向一个方向飞行. 对于这个航线系统，下列条件f 是满足的：从任何一个城市起飞，不能沿着这些航线回到这个城市，求证：能补充这个航线系统，使每2个城市被航线连接，并且新的航线系统仍满足条件f .分析 若用图的顶点表示城市，有向边表示两个城市之间的航线，则得一个有向图G . 问题归结为已知有向图G 中不含回路，求证可在此图中添加一些有向边，使得任何两个顶点间都有一条有向边，并且得到的图仍不含回路.证 我们证明分析中关于有向图的结论成立. 用反证法，若结论不成立，则存有G 的顶点,A B ，使得在添加有向边AB 后出现回路. 设回路为12n BC C C AB .在添加有向边BA 后出现回路，设回路为12m AD D D BA ，如图8所示. 这样，图G 中就有回路11n n AD D BC C A ，这与G 中无回路相矛盾. 图8 例6 （2000波兰数学奥林匹克）设n 为正整数，M 是具有下述性质的21n +个正数 构成的集合：M 中任意1n +个元素中，必有两个数，使得其中一个是另一个的倍数，证明：其中存有1n +个数121,,,n a a a +，使得对于1,2,,i n =，均有1i i a a +.分析 题中考察的是整数间的整除关系. 因而可用图的顶点表示数，用有向边表示整除关系，将该问题化为一个有向图问题.证 用点2121,,,n A A A +分别表示M 中的21n +个数2121,,,n a a a +，若i j a a ，则连有向边i j A A ，否则不连边，得有向图(),G V E =. 问题归结为证明G 中最长路的长度不小于n .设以i A 为起点的最长路的长为2,1,2,,1i l i n =+，若对于21,2,,1i n =+，均有01i l n ≤≤-，则因为211n n n n n+=+>，由抽屉原则知i l 中必有1n +个相等，不妨设121n l l l +===. 又因为121,,,n a a a +中必有一个整除另一个，不妨设11n a a +（否则可将这1n +个数重新标号），则G 中有边11n A A +，进而有111n l l +≥+，这与11n l l +=相矛盾. 故必有一个i l n ≥.不妨设1l n ≥，121,,n A A A +是以1A 为起点的路，则有12231,,,n n a a a a a a +.例7 若干个人实行循环赛，每两人赛一场，每场决定胜负. 比赛结束后，称A 为优秀选手，若对任一其他选手B ，或A 胜B ，或存有C ，满足A 胜C 且C 胜B ，证明：若m 为正整数且2m ≠，存有恰有m 个优秀选手的比赛.分析 要证对任意的2m ≠成立，而高阶竞赛图可看成是由低阶竞赛图添加新的顶点和有向边生成，因而可尝试用归纳法.证 我们先证明若存有恰有k 个优秀选手的比赛，则必存有恰有2k +个优秀选手的比赛.事实上，设产生k 个优秀选手的比赛共有n 个选手参加，记为12,,n P P P ，增加2个选手1212,,,,,n n n P P P P P ++之间的比赛结果不变，12,,n P P P 均胜11,n n P P ++胜12,,n P P P ，再让1n P +胜2n P +，如图9，则12,,n P P P 中原来不是优秀选手的人现在仍不是优秀选手，图9 图10原来是优秀选手的人现在仍是优秀选手.又易知1n P +与2n P +均为优秀选手，故此时共有2k +个优秀选手.图10中给出了恰有1个优秀选手和恰有4个优秀选手的比赛（图10的第2个图中,,,A B C D 均为优秀选手，E 不为优秀选手），这样用归纳跨度为2的跳跃法易知结论成立. 习题151． 设12,,,n A A A 是平面上的n 个点，其中任两点间的距离至少是1，证明它们最多有3n 对点，每对点的距离恰好是1.2． 有()3n n >个人，他们之间有些人相互理解，有些人相互不理解，而且至少有一个人不与所有的人都理解，那么他们中与其他人都理解的人的人数的最大值为多少？3． 某地区网球俱乐部有20名成员，举行14场单打比赛，每人至少上场一次，求证：必有6场比赛，其12个参赛者各不相同.。
(图论)图的基本概念(课堂PPT)
图的度数的相关概念
在无向图G中， 最大度 △(G)＝max{d(v)|v∈V(G)} 最小度 δ(G)＝min{d(v)|v∈V(G)}
称度数为1的顶点为悬挂顶点，与它关联的边称为悬挂边。 度为偶数(奇数)的顶点称为偶度(奇度)顶点。
在有向图D中， 最大出度 △+(D)＝max{d+(v)|v∈V(D)} 最小出度 δ+(D)＝min{d+(v)|v∈V(D)} 最大入度 △-(D)＝max{d-(v)|v∈V(D)} 最小入度 δ-(D)＝min{d-(v)|v∈V(D)}
元素可以重复出现的集合称为多重集合或者多重集，某元 素重复出现的次数称为该元素的重复度。 例如 在多重集合{a,a,b,b,b,c,d}中， a,b,c,d的重复度分别为2,3,1,1。
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笛卡尔积
设A，B为任意的两个集合，称{<a,b>|a∈A∧b∈B}为A与B 的笛卡尔积，记作AXB。 笛卡尔积中的是有序对<a,b>。只有a,b相等的时候才有 (a,b)＝(b,a). 也只有A=B时才有AXB＝BXA。
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图的度数举例
d(v1)＝4(注意，环提供2度)， △＝4，δ＝1， v4是悬挂顶点，e7是悬挂边。
d+(a)＝4，d-(a)＝1 (环e1提供出度1，提供入度1)，
d(a)＝4+1＝5。△＝5，δ＝3，
△+＝4 (在a点达到)
δ+＝0(在b点达到)
△-＝3(在b点达到)
δ-＝1(在a和c点达到)
例如：在图1.1中， (a)中e5与e6是平行边， (b)中e2与e3是平行边，但e6与e7不是平行边。 (a)和(b)两个图都不是简单图。
图论-总结PPT课件
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16
第三节 割点、桥和割集
3.1 割点和桥(割边)
定义1 设v是图G的一个顶点，若G-v的支数大于 G的支数，则称顶点v为图G的一个割点(如图)。
degu + degv≥p-1，
则G是连通的。[这个定理是一个充分条件]
定理3 设G=(V,E)是至少有一个顶点不是弧立顶 点的图。若对任意v∈V，degv为偶数，则G中 有回路。
定理4 若图G中的两个不同顶点u与v间有两条不 同的路联结，则G中有回路。
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6
例1 若G是一个恰有两个奇度顶点u和v的无向图，则 G连通G+uv连通。
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8
第五节 欧拉图(Euler)
5.1 欧拉图
定义1 设(G,V)是一个图，则包含图的所有顶 点和所有边的闭迹称为欧拉闭迹；存在一 条欧拉闭迹的图称为欧拉图。
定理1 图G是欧拉图当且仅当G是连通的且每 个顶点的度都是偶数。
(定理1对多重图也成立)
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9
第六节 哈密顿图
6.1 哈密顿图 定义1 设G是一个图，则图G中包含G的所有顶
数称为顶点v的度，记为degv。 定理1 (握手定理)设G=(V,E)是一个具有p个顶点q条边的图,
则G中各顶点度的和等于边的条数q的两倍，即∑degv=2q。 推论1任一图中，度为奇数的顶点的数目必为偶数。
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3
定义3 设G是图，若Δ(G)=δ(G)=r，即G的每个顶点的 度都等于r，则G称为r度正则图。
图论+讲义
有向图在成对比较中的应用
在很多实验中，特别在社会科学领域，要求人们 通过对事物的两两比较排出它们的名次。这种方 法称为成对比较法。例如，测定对音乐作品的个 人爱好时，每一次对一个主题取出两个作品，问 一个人他喜欢哪一个。记录了n个作品成对比较所 有n(n-1)/2种可能的结果后，实验者就能根据某 人的爱好排出n个作品的品次。
• 图/Graph：可直观地表示离散对象之 间的相互关系，研究它们的共性和特 性，以便解决具体问题。
• 无向图（简称图）: 一个图是指一个有序三元组 (V(G),E(G), ),其中V(G)是一个非空有限集，Ｅ (G)是与Ｖ(G)不相交的有限集合,是关联函数， 它使E(G)中每一元素对应于V(G)中的无序元素对 （可以相同） • 有向图: 一个有向图是指一个有序三元组 (V(G),A(D), ),其中V(G)是一个非空有限集， A(D)是与Ｖ(G)不相交的有限集合,是关联函数， 它使A(D)中每一元素对应于V(G)中的有序元素对 （可以相同）
• 严格有向图：既无自回路又无平行边的有向图。 • 非对称有向图：在两点间最多有一条有向边，但 允许有自回路的有向图。 • 对称有向图：对于图中每一边(a,b),总存在另一 边(b,a)的有向图。 • 完全有向图: (1)完全对称有向图：一个从任一点到其他点有一 条且仅有一条有向边的简单图； (2)完全非对称有向图：任何两点有一条且只有一 条有向边的非对称图。
• 实际上,有向图即将无向图中的无序对 看成有序对.其中有向图对应的无向图 称为有向图的基础图。
• 其中V(G)称为顶点集,E(G)称为边集（A(D) 又称为弧集）.令 p(G)=|V(G)|,q(G)=|E(G)|, 分别称为图的阶和边数。举例说明。
在一个图G (V (G ), E (G ),G )中, 如果G (e) uv, 则说边e连接 顶点u , v, 称u , v为e的端点 ，称u和v是 相邻的，而称u (或v)与e关联。 与同一个顶点关联的若 干条边称为相邻的 。 两个端点重合为一个顶 点的边称为环； 关联于同一对顶点的两 条或以上的边称为 多重边。
【最新】离散数学之图论ppt模版课件
第四部分：图论（授课教师：向胜军）
31
[定义] 无向图的连通性
若G=<V，E>中任意两个顶点都连通，则称 此无向图是连通的(connected)。
[定理] 任意一个连通无向图的任意两个不同顶
点都存在一条简单通路。
[定义] 连通分图(connected components)
图G可分为几个不相连通的子图，每一子 图本身都是连通的。称这几个子图为G的连通 分图。
[定义] 通路(path)
给定图G=<V, E>，设图G中顶点和边的交替 序列为T=v0e1v1e2…ekvk，若T满足如下条件：vi-1 和vi是ei的端点(当G为有向图时，vi-1是ei的始点， vi是ei的终点)，i=1,2,…,k，则称T为顶点v0到vk的 通路。此通路的长度为k。也可以用v0, v1, …, vk 表示通路，v0为始点，vk为终点。
8/13/2020 5:06 PM
第四部分：图论（授课教师：向胜军）
2
§1 无向图及有向图
❖ 本节介绍图的一些最常用的概念,主要有： 无向图，有向图，边，顶点(或结点，点)，
弧(或有向边)，顶点集，边集，n阶图，有限 图，关联，多重图，简单图，完全图，母图, 子图, 生成子图，导出子图，补图，图的同构， 入度，出度，度，孤立点等。
8/13/2020 5:06 PM
第四部分：图论（授课教师：向胜军）
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一些特殊的简单图：
(1) 无向完全图Kn(Complete Graphs) (2) 有向完全图 (3) 零图：E=. (4) 平凡图：E=且|V|=1. (5) 正则图：若图G＝<V, E>中每个顶点 的度均为n，称此图G是n-正则图(n-regular graph)。
离散数学 第7章 图论
v2 v3
v4
v3
(b) 图G
v3 (c) 图G’
(a) 完全图K5
图G是图G’ 相对于图K5的补图。 图G’不是图G 相对于图K5的补图。（图G’中有结点v5 ）
例：276页图7-1.7 图(c)是图(b)相对于图(a)的补图。 图(b)不是图(c)相对于图(a)的补图。
25
7-1
图的同构
图的基本概念
8
7-1
图的基本概念
1.无向图：每条边均为无向边的图称为无向图。 2.有向图：每条边均为有向边的图称为有向图。 3.混合图：有些边是无向边，有些边是有向边的图称 为混合图。
v1 (孤立点) v5 V1’
v1 v2
v2
v4 v3 (a)无向图
V2’
V3’ (b)有向图 V4’
v4 v3 ( c ) 混合图
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7-1
图的基本概念
三、特殊的图
定义4 含有平行边的图称为多重图。 不含平行边和环的图称为简单图。
定义5 简单图G=<V，E>中，若每一对结点间均有边 相连，则称该图为完全图。
无向完全图：每一条边都是无向边 不含有平行边和环 每一对结点间都有边相连
有n个结点的无向完全图记为Kn。
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7-1
图的基本概念
推论 在一个具有n个结点的图中，如果从结点vj 到结点vk存在一条路，则从结点vj到结点vk 必存在一条边数小于n的通路。
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7-2
路与回路
定理7-2.1的证明 如果从结点vj到vk存在一条路，该路上的结点序列 是vj…vi…vk，如果在这条中有l条边，则序列中必有 l+1个结点，若l>n-1，则必有结点vs，它在序列中不止 出现一次，即必有结点序列vj…vs…vs…vk，在路中去 掉从vs到vs的这些边，仍是vj到vk的一条路，但此路比 原来的路边数要少，如此重复进行下去，必可得到一 条从vj到vk的不多于n-1条边的路。
图论基本概念讲课文档
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实例
例2 画出K4的所有非同构的生成子图
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第19页，共49页。
补图
定义14.9 设G=<V,E>为n阶无向简单图，以V为顶点集，以所有
使G成为完全图Kn的添加边组成的集合为边集的图，称为G的补图
，记作 .
G
若G G , 则称G是自补图.
相对于K4, 求上面图中所有图的补图，并指出哪些是自补图.
图论基本概念
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14.1 图
定义14.1 无向图G = <V,E>, 其中 (1) V 为顶点集，元素称为顶点 Vertex (2) E为VV 的多重集，其元素称为无向边，简称边 Edge
实例 设 V = {v1, v2, …,v5}, E = {(v1,v1), (v1,v2), (v2,v3), (v2,v3),
几点说明
表示法 ① 定义表示法 ② 只用边表示法 ③ 只用顶点表示法（在简单图中） ④ 混合表示法
环（长为1的圈）的长度为1，两条平行边构成的圈长度为 2，无向简单图中，圈长3，有向简单图中圈的长度2.
不同的圈（以长度3的为例） ① 定义意义下 无向图：图中长度为l（l3）的圈，定义意义下为2l个 有向图：图中长度为l（l3）的圈，定义意义下为l个 ② 同构意义下：长度相同的圈均为1个
i 1
i 1
i 1
此二定理是欧拉1736年给出，是图论的基本定理
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握手定理推论
推论 任何图 (无向或有向) 中，奇度顶点的个数是偶数.
证 设G=<V,E>为任意图，令
V1={v | vV d(v)为奇数} V2={v | vV d(v)为偶数} 则V1V2=V, V1V2=，由握手定理可知
图论课件
例v1v2图中v3d (v1) = 5 d (v2) = 4
d (v3) = 3 d (v4) = 0
v4
d (v5) = 2
v5
注：该图中各点的度数 之和等于14，恰好
是边数7的两倍
(3) 易证，图的同构关系是一个等价关系。该关系将所有 的图的集合，划分为一些等价类，即相互同构的图作成 同一个等价类。
显然，V1 ∪V2= V,V1∩V2=Φ 。由握手定理
2m = d(v) = d (v) + d (v) （1）
vV
vV1
vV2
（1）式中2m为偶， d (v)也为偶（因其中每个d(v)为偶），
vV2
从而推知 d (v) 也为偶。而和式中每个d(v)均为奇，故和
vV1
式中的被加项的项数应为偶，这表明G 中度为奇数的点有
例2 设V = {v1,v2,v3,v4}，E = {e1,e2,e3,e4,e5}，其中 e1= v1v2， e2 = v2v3， e3 = v2v3， e4 = v3v4， e5 = v4v4
则 G = (V, E) 是一个图。
v1
v4
e5
e1
e2
e4
v2
v3
e3
相关概念: (1) 若边e = uv , 此时称 u 和v 是 e 的端点;
由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。
例 判断下面两图是否同构。
u1
v1
解 两图不同构。
这是因若同构，则两图中唯一的与环关联的两个点u1 与v1 一定相对应，而u1的两个邻接点与v1的两个邻接点状况不 同（ u1邻接有4度点，而v1 没有）。
所以，两图不同构。
例4 指出4个顶点的非同构的所有简单图。
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定理10.8 (Kuratowski定理)：一个图G是平面图当且仅当G中不包含同态于K5或K3,3的子图。
证明：在10.3节，我们已证明了K5和K3,3不是平面图，再由定理10.4可知，当一个图G包含同态于K5或K3,3的子图，则G不是平面图。
从而定理的必要性得证。
现在我们来证明定理的充分性。
我们对G的边数归纳证明。
当G 只有m=1条边时，显然G是平面图。
现在我们假设当G的边数m< N(N≥2)时，G是平面图。
现在设G有m=N条边。
我们证明：如果G不包含同态于K5和K3,3的子图，但G不是平面图，则导出矛盾。
设G不是平面图，则有以下几个结论：(a)G必须是连通的；(b)G不包含割点；(c)如果G中任一边(x, y)被删除，则所得到的图G′中存在包含x和y的圈。
我们来证明结论(c)。
注意到G′是连通的，这因为G不包含割点。
如果G′中不存在包含x和y的圈，那么从x到y的每条路径都经过一个公共点z。
换句话说，z是G′的一个割点。
那么G′可以在z处分解成两个连通分支G1′包含x和z和G2′包含y和z。
我们在G1′中加入边xz，得G1"，在G2′中加入边yz的G2"。
这时G1"和G2"都不包含同态于K5和K3,3的子图。
这是因为G1′是G的子图不可能包含同态于K5或K3,3的子图，假如G1"中包含这样的子图，则该子图必然经过边xz，而在G中可找到一条从z到y的路径P再加上边yx代替xz，从而G中存在同态于K5或K3,3的子图，这与假设矛盾。
同理可证对G2"结论成立。
由归纳假设，G1"和G2"是平面图。
根据定理10.5，我们可以找到G1"的平面嵌入，使得xz在外部面上，也可以找到G2"的平面嵌入，使得yz 在外部面上，令G1"和G2"在z处相交，并用xy边取代xz和yz边，则可以得到G的一个平面嵌入，这与G不是平面图的假设矛盾。
从而证明了G′不包含割点。
即G′是一个块。
再由定理3.2，x和y包含在G′的一个圈C中，事实上，C可能是包含x和y的若干个圈中的一个。
因为G′不包含同态于K5或K3,3的子图，并且G′比G少一条边，由归纳假设，G′是平面图。
设G′是G′的平面嵌入。
我们选择C为包含x和y且把G′的尽可能多的面包围在其内部的圈。
G′的在C的内部的桥称为内部桥，而G′在C外部的桥称为外部桥。
我们给C赋予一个顺时针的方向。
如果p和q是C上两个顶点，那么S[p,q]表示C上从p到q 顺时针方向的路径的顶点集。
S]p,q[=S p,q−{p,q}。
注意到，C的任意一个外桥在S[x,y]或S[y, x]上不可能有两个接触点，否则我们可以找到一个圈C′包含x和y且比C包围更多的面到其内部。
G是由平面图G′加上一条边x,y构造起来。
考虑到对C的外桥和内桥的要求以及G不是平面图的假设，C一定有一个外桥E和一个内桥I。
对于外桥E，E只能有两个接触点i和j，使得i∈S]x,y并且 j∈S y,x[I在C上可以有任意多个接触点，但I至少有两个接触点满足：a∈S]x,y并且 b∈S y,x[否则(x,y)就可以加入到C的内部，从而得到G的平面嵌入，矛盾。
我们同时要求内桥还有接触点c∈S]i,j和 d∈S j,i[以使内桥I和外桥E不相容，这样，内桥就不能嵌入到C的外部面上去。
这样，我们就有以下几种情形(见图10.10)在所有这些情形中，G中都有同态于K5或K3,3的子图，从而得到矛盾。
定理10.9：图G是平面图当且仅当G中既没有可以收缩成K5的子图，也没有可以收缩成K3,3的子图。
§10.5 平面图判定算法*首先根据平面图的一些明显的充分条件和必要条件，我们可以对算法做一些简化。
(a) 如果G是不连通的，只要测试每个分支是否平面图；(b) 如果G有割点，那么G是平面图当且仅当G的每个块是平面图；(c) 删去环不影响图G的平面性；(d) 把2度点压缩成一条边不影响平面性；(e) 删去多重边不影响平面性；(f) 如果E<9或V<5，则该图肯定是平面图；(g) 如果E>3V−6，那么由推论10.7.2，该图肯定不是平面图。
°G允许的：设H是G的子图H的平面嵌入。
如果存在G的一个平面嵌入G，使得H⊆G，那么H就称为是G允许的。
°例子：(见图10.11) (a)是原图G；(b)中实线图是G允许的。
(c)中实线图是G不允许的。
°平面图判定算法：1.找出G中一个圈C；2.i←1；3.G1←C; G1←C；4.f←2；5.EMBEDDABLE←true；6.while f≠E−n+2 and EMBEDDABLE dobegin7.找G中和G i相关的一个桥B；8.对每个B找F(B,G i)；9.if 对某个B, F B,G i=∅thenbegin10.EMBEDDABLE←false；11.输出信息：“G是非平面图”；end；12.if EMBEDDABLE thenbegin13.if 对某个B, F B,G i=1then F←F(B,G i)else 设B是任意一个桥，F是F∈F B,G i的面；14.找B中连接B在G i上两个接触点的一条路P i；15.G i+1←G i+P i；16.通过在G i的面F中画路P i得到G i+1的一个平面嵌入G i+1；17.i←i+1；18.f←f+1；19.if f=E−n+2then 输出信息：“G是平面图”end；end；*其中：F B,G i是桥B可嵌入G i中的面的集合。
°例子：(见图10.12)§10.6 平面图的着色°地图：连通无割边平面图的平面嵌入及其所有面称为平面地图或地图。
地图的面称为"国家"。
若两个国家的边界至少有一条公共边，则称这两个国家是相邻的。
°面着色：对地图G的每个国家涂上一种颜色，使相邻的国家涂不同的颜色，称为对G的一种正常面着色，若能用k种颜色给G进行正常面着色，就称G是k面可着色的。
若G是k面可着色的，但不是(k−1)面可着色的，就称G的面色数为k，记作χ∗G=k。
定理10.10：地图G是k面可着色的当且仅当它的对偶图G∗是k可着色的。
证明：必要性。
给G一种k面着色。
由于G连通，由(10.1)式可知υG∗=ϕ(G)，即G的每个面中含G∗的一个顶点。
设v i∗位于G的面R i内，将G∗的顶点v i∗着R i的颜色，易知，若v i∗与v j∗相邻，则由于R i与R j的颜色不同，所以v i∗与v j∗的颜色也不同，因而G∗是k可着色的。
类似地可证充分性。
∎°四色猜想(1852年)：任何一个地图可用四种颜色分别对每一个国家着一种颜色，使得有公共边界的任意两个国家着不同的颜色。
定理10.11：每个平面图都是5顶点可着色的。
证明：用反证法。
假设定理不成立。
则存在一个6临界平面图G。
由于临界图是简单图，由推论10.7.3，推得δ≤5。
另一方面由定理9.1知，δ≥5。
所以δ=5。
设v是G中一个5度顶点，并且设(V1,V2, V3,V4,V5)是G−v的一个正常5顶点着色；因为G是6临界的，这样的着色一定存在。
由于G本身不是5顶点可着色的，v必须和染有这五种颜色中每一种颜色的顶点相邻。
所以我们可以假定v的邻点沿着v顺时针方向是v1,v2,v3,v4,v5,这里v i∈V i,1≤i≤5。
用G ij表示由V i∪V j导出的子图G[V i∪V j]，于是v i和v j必属于G ij的同一个分支。
因为不然的话，考察G ij的一个包含v i的分支。
在这个分支中交换颜色i和j，得G−v的一个新的正常5顶点着色，其中只有四种颜色(除i外)分配给v的邻点，然而已经证明，这种情形不能发生，所以v i和v j必属于G ij的同一个分支。
设P ij是G ij中的(v i,v j)路，并将圈vv1P13v3v记为C(见图10.13)。
由于C分隔v2和v4(在图10.13中，v2∈int C,而v4∈ext C)，从Jordan曲线定理推得，路P24必然和C相遇于某一点。
因为G是平面嵌入，这个点必然是顶点，但这是不可能的。
因为P24的顶点有颜色2和4，而C的顶点不具有这两种颜色。
矛盾。
∎定理10.12：下面3个断言是等价的：(i)每个平面图都是4顶点可着色的；(ii)每个平面嵌入都是4面可着色的；(iii)每个简单2边连通3正则平面图都是3边可着色的。
证明：我们按照i⇒ii⇒iii⇒(i)的顺序来证明。
i⇒(ii)这是由定理10.10充分性推出的。
ii⇒(iii)假设(ii)成立。
设G是简单2边连通3正则平面图，G是G 的平面嵌入，根据(ii)，G有一个正常的4面着色，由于用怎样的符号来表达颜色是无关紧要的，所以这里我们可以在整数模2的域中用向量c0=0,0,c1=1,0,c2=0,1,c3=(1,1)表示这四种颜色。
把某边所分割的面的颜色之和作为颜色分配给该边，可以得到G的一个3边着色(见图10.14)。
若c i,c j和c k是分配给顶点v关联的三个面的三种颜色，则c i+c j,c j+c k以及c k+c i是分配给与v关联的三条边的颜色。
由于G是2边连通的，所以每条边分隔两个不同的面，并且在这个方案中，没有边分配到颜色c0。
同样明显的是，与一个给定的顶点关联的三条边分配到不同的颜色。
于是，我们获得一个G的，因而也是G 的正常3边着色。
iii⇒(i)假设(iii)成立，而(i)不成立。
则存在一个5临界的平面图G。
设G是G的一个平面嵌入。
则(由习题)G是一个简单极大平面图H的生成子图。
H的对偶图H∗是一个2边连通3正则的简单平面图(由习题)。
根据(iii)，H∗有一个正常3边着色(E1,E2,E3)。
对于i≠j，设H ij∗表示由E i∪E j导出的H∗的子图。
由于H∗的每个顶点和E i的一条边以及E j的一条边关联，H ij∗是不相交的圈的并图。
因而(由习题)是2面可着色的，于是H∗的每个面是H12∗的一个面与H23∗的一个面的交集。
给定H12∗和H23∗的一个正常2面着色后，把分配给交集为f的那两个面的一对颜色分配给面f，得到H∗的一个4面着色。
由于H∗=H12∗∪H23∗，容易验证H∗的这个4面着色是正常的。
由于H是G的母图，所以有5=χG≤χH=χ∗(H∗)≤4，这个矛盾说明了(i)确实是成立的。
∎作业14：1.证明：平图G是2面可着色的当且仅当G是Euler图。
2.利用Kuratowski定理证明：Petersen图是非平面图。
3.利用平面图判定算法找出下图(图10.14)的一个平面嵌入。