数学竞赛中的图论问题
数学竞赛中的图论问题
Ｊ ｎ． ０ ２ ｕ ２ ０
Ｖ ｏ ｉ ． １ ９ Ｎｏ ２
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数 学 竞 赛 中 的 图 论 问 题
魏 逞 荪
（ 西 师 范太 学数 学与信 息科 学学 院 教 段 睫 摘 ￣ｄ １ ０ ２ Ａ７ ０ ６ ）
要： 图论 是 应 用 数 学 曲 一十 重要 舟 支 ， 图论 方 法 是研 究二 元关 系的 重要 ５ 具 。 文通 过９ － 幸
若 每 个 人 至 少 同 其 中 个 人 认 识 ， 明 从 证 这 ２ 个 人 中 总 可 以 找 出 ４ 人 来 ， ４ 人 个 这 个
可 以 围着 圆 桌 坐 下 ， 得 每 个 人 旁 边 都 是 使 他 认 识 的人 ．
２ ０ — ０ — ２ ０２ ２ ５
维普资讯
，
相 邻 的其 余 ５ 点 中 ， 定 有 点 Ａ 与 Ａ 个 一 ， 、 就是 一个 三 角形 的３ 顶点 ， Ａ 个 问题 ２ 有 ２ （ ≥ ２ 个 人 在 一 起 聚 会 ， ｎ ）
相 邻 ， 则 ｄ（ ） ９ １ ５— ３， 盾 ．于 否 ≤ — 人 互 相 握 过 手 ．
Ａｋ
Ｖ订 （ ｛ “ ） ， ∈Ｖ（ ｝ 映 射 ， 众 多 Ｇ） （ ， ｌ 口 Ｇ） 的 在 实 际 问 题 中 ， （ 往 往 代 表 我 们 所 研 究 的 对 象 ｖ Ｇ） 集 合 ， 是 Ｅ（ ） 反 映 了 对 象 集 合 中 的 二 元 于 Ｇ 就 关 系． 千 世 界 中 ， 元 关 系 比 比 皆 是 ， 大 二 比如 交 通 运 输 问 题 中 ， 地 之 问 有 无 直 通 道 路 ； 动 化 两 自 生产 线上 ， 道 工序是 否衔 接 ｝ 观世 界 中 ， 两 微 两 个 带 电 粒 子 的 排 斥 、 引 ； 会 生 括 中 ， 个 人 吸 社 两 是 否 相 识 ， 个 部 门 之 间 有 无 制 约 关 系 ， 个 国 两 两 家 是 结 盟 还 是 对 峙 … … ． 于 二 元 关 系 的 普 遍 由 性 ， 定 了 图 论 方 法 应 用 的 广 泛 性 ． 过 图 论 课 决 通 程 的 学 习 ， 解 掌 握 图 论 的 这 一 思 想 方 法 ， 于 理 对 增 强 我 们 的 数 学 应 用 意 识 ， 进 数 学 教 学 改 革 推 是 十 分 有 益 的 ． 于 图 论 在 考 察 青 少 年 的数 学 由 洞 察 力 、 造 思 维 和 数 学 的 机 敏 等 方 面 有 独 到 创 的 作 用 ， 而 一 直 受 到 数 学 教 育 界 的 青 昧 ， 些 因 一 高 层 次 数 学 竞 赛 中 经 常 出 现 以 图 论 知 识 为 背 景 或 运 用 图 论 思 想 方 法 来 处 理 的 问 题 ， 如 中 学 比 生 国 际 数 学 奥 林 匹 克 竞 赛 （Ｍ Ｏ ） ６ 第 ４ ， Ｉ 第 届 题 ２ 届 第 ６ ， １ 第 ２ ，２ 第 ４ ， ３ 第 ３ Ｏ 题 ２届 题 ３届 题 ３届 题 等 等 ． 此 ， 在 《 论 基 础 》 材 中 已 给 予 了 充 对 我 图 教 分 重 视 ． 了 帮 助 参 加 函 授 学 习 的 学 员 加 深 对 为 中 学 数 学 竞 赛 中 图 论 方 法 的 理 解 ， 高 指 导 数 提 学 竞 赛 和 数 学 课 外 活 动 的 能 力 ， 面 我 们 再 来 下 分 析 几 个 数 学 竞 赛 中 的 图 论 问题 ．
初中数学竞赛专题复习 第四篇 组合 第29章 图论初步试题
第29章 图论初步29。
1.1＊ 某大型晚会有2009个人参加，已知他们每个人至少认识其中的一个人．证明:必有一个人至少认识其中的二个人．解析 2009这个数目较大，我们先考虑:某小型晚会有5人参加,已知他们每个人至少认识其中的一个人．证明：必有一个人至少认识其中的二个人．用5个点1v 、2v 、3v 、4v 、5v 表示5个人，如果两个人彼此认识（本章中的“认识"都是指相互认识），就在表示这两个人的顶点之间连一条边．对顶点功来说,由于1v 所表示的人至少认识其他4个人的一个，不妨设1v 与2v 认识，即1v 和2v 相邻，同样，设3v 与4v 相邻，如图所示．对于顶点5v 来说,无论它与1v 、2v 、3v 、4v 哪个相邻，都会出现一个顶点引出两条边的情况．于是问题得以解决．v 1vv 3v 4v 5用同样的方法可以证明，对2009个人来说，命题成立．其实，把2009换成任意一个大于l 的奇数，命题也成立． 29.1。
2＊ 在一间房子里有n （n 〉3）个人，至少有一个人没有和房子里每个人握手,房子里可能与每个人都握手的人数的最大值是多少？解析 用n 个顶点表示n 个人，若某两个人握过手，就在他们相应的顶点之间连一条边，这样就得到了一个图G ．因为不是任何两个人都握过手，所以G 的边数最多是完全图n K （即n 个点每两点之间恰连一条边)的边数减1，去掉的那条边的两个端点v 和v '所表示的两个人未握过手．所以房子里可能与每个人都握手的人数的最大值是2n -． 29。
1.3＊*＊ 九名数学家在一次国际数学会议上相遇，发现他们中的任意三个人中，至少有两个人可以用同一种语言对话．如果每个数学家至多可说三种语言,证明至少有三个数学家可以用同一种语言对话．解析 用9个点1v ，2v ，…，9v 表示这九名数学家，如果某两个数学家能用某种语言对话,就在他们相应的顶点之间连一条边并涂以相应的颜色．我们要证明的是:存在三个顶点i v 、j v 、k v ，使得边(i v ，j v ）和（i v ,k v ）是同色的．这样的，i v 、j v 、k v 这三名数学家就能用同一种语言对话． 下面就顶点1v ，分两种情形：（1）1v 与2v ，…，9v 均相邻，由于每个数学家至多能说三种语言，所以每一个顶点引出的边的颜色至多是三种．根据抽屉原理知，从1v 发出的8条边中至少有2条是同色的，不妨设为（1v ，2v ）、（1v ，3v ）．于是1v 、2v 、3v 所表示的三名数学家能用同一种语言对话．见图（a ）．(a)(b)vv 3v 4569v 32v(c)v 1v 2v 3v 4v 5v 6v 7v 8123456791011128（2）1v 与2v ，3v ，…，9v 中的至少一点不相邻，不妨设功与功不相邻．由于任意三个数学家中，至少有两个人可以用同一种语言对话,所以，3v ，4v ，…，9v 中的每一个不是和研相邻就是和功相邻,根据抽屉原理可知，其中至少有4个点与1v 或2v 相邻．不妨设3v 、4v 、5v 、6v 与1v 相邻，如图（b ),再对1v 引出的这4条边用抽屉原理可得，至少有2条边是同色的，设为（1v ,3v ）、（1v ，4v )．于是1v 、3v 、4v 所表示的三名数学家能用同一种语言对话． 评注 若本题中的九改成八,则命题不成立．反例如图（c ）所示．图中每条边旁的数字表示不同的语种． 29.1。
数学竞赛中的图论问题
数学竞赛中的图论问题2-6数学竞赛中的图论问题（P ．221）⼀、基本思想引例欧拉7桥问题把所考察的对象作为顶点（v ），把对象之间是否具有我们所关⼼的某种关系作为了连线的的条件（e ），这样，就可以把⼀个具体问题抽象为图的研究．在解数学竞赛题中的好处：（1）把抽象的问题转化为直观的问题；（2）把复杂的逻辑关系转化为简明的数量关系．⼆、基本内容有图、顶点、边、简单图、完全图、连通图、树、⼆分图、竞赛图等14个定义，12条定理：定义１设集合{}12(),,,p V G v v v =≠?，{}12(),,,q E G e e e =是()V G 中某些元素对的⽆序集合，则称()()(),G V G E G 为图，⼜称()V G 为图G 的顶点集合，其元素叫做顶点；称()E G 图G 的边集合，其元素叫做边．若(),u v V G∈，边e 是⽆序顶点对(),u v ，则记e uv vu ==，且称u 与v 是边e 的端点，e 与顶点,u v 关联，也说顶点u 与v 邻接（或相邻）．有公共端点的边12,e e 称为邻边，也说12,e e 邻接．例如顶点：()V G =｛⼩王，⼩李，⼩张，⼩赵，⼩陈，⼩刘｝，边：1e =｛⼩王，⼩李｝，2e =｛⼩李，⼩赵｝，3e =｛⼩陈，⼩刘｝， 12,e e 相邻.定义2 图G 中所含顶点的数⽬称为图的阶数，记为V （也⽤G 来表⽰）；⼜⽤E 表⽰图G 的边数（也⽤G 来表⽰）．通常⽤(),G p q 表⽰p 个顶点，q 条边的图G ；若,p q 都是有限数的图称为有限图，否则称为⽆限图．如果对于图(),G V E 与()''',G V E ，有'',V V E E ??，则称'G 是G 的⼦图．定义 3 两顶点间⾄多连⼀条边且每边的两个端点相异的图称为简单图；图中任何两个顶点都邻接的简单图称为完全图，p 阶完全图记为.p K定理1 p K 的边数为()12p p E -=．定义４图G 中与顶点u 关联的边数称为顶点u 的度，记为()d u ．如果u 的度数是奇数，则称u 为奇顶点；如果u 的度数是偶数，则称u 为偶顶点．定理２任何⼀个图的总度数等于边数的2倍，()2u Vd u E ∈=∑．推论任何图中奇顶点的个数是偶数．定义５图G 中点边交错的⾮空有限序列011231k k k u e u e u u e u -叫做以0,k u u 为端点的途径．若途径中所有的i e 都不相同，则叫做0k u u -链；若链中所有的i u 都不相同则叫做0k u u -通路，k 称为通路的长；若0,k u u 重合，则叫做回路或圈．k 为奇（偶）数的回路称为奇（偶）回路．定义６经过图G 中每条边的链称为欧拉链，两端重合的欧拉链称为欧拉环游图（欧拉回路），有欧拉环游的图称为欧拉图（简称E 图）直观的说，欧拉图就是从⼀个顶点出发⽽每边通过⼀次⼜能回到出发顶点的图（⼀笔画）．定理3 连通图G 为欧拉图的充要条件是G 中没有奇顶点．推论如果连通图G 有2k 个奇顶点，那么图G 可以⽤k 笔画成．定义７包含图G 每⼀个顶点的通路称为哈密尔顿通路，有哈密尔顿通路的图称为哈密尔顿图．定理4 设G 是⼀个p 阶简单图()3p ≥，若G 中任意两个顶点,u v 的度数满⾜()()d u d vp +≥，则G 是哈密尔顿图．定义８连通⽽⽆回路的图称为树，树上度数为1的顶点称为叶（悬挂点）．定理5 如果树T 的顶点数不⼩于2，那么树T 上⾄少有两个叶．定理6 设图G有p个顶点，q条边，则下列说法彼此等价：（1）G是树；（2）G的任意两个顶点间有且仅有⼀条通路；（3）G连通，且1=-；q p（4）G⽆回路，且1=-；q p（5）G⽆回路，但连接任何两个⾮邻接顶点,u v所得新图，有且仅有⼀个回路；（6）G连通，但舍弃任何⼀条边后便不连通．定义9 图()G V E的顶点集V若能分成两个⾮空⼦集12,V V，,使得任何边e的⼀个端点属于V，另⼀个端点属于2V，则G为1⼆分图．定理7 图G为⼆分图的充要条件是G不含奇回路．定义10 设图()G V E为简单图，M是E的⼀个⾮空⼦集，,若M中任何两边都不相邻，则称M为图G的⼀个匹配（⼜称对集）．若M边之端点包括G中⼀切顶点，则称M为G的⼀个完备匹配．M中每⼀边的两个端点称为相配．定义11 在图的边上⽤箭头标注出⽅向就得到⼀个有向图，称为定向．完全图的⼀个定向称为竞赛图．定理8 每个竞赛图都有单向哈密尔顿通路．定义12 若⼀个图G可以画在平⾯上，使得任何两条边都不在⾮顶点处相交，则称图G为平⾯图．图的边所包围的⼀个区域，其内部既不包含图的顶点，也不包含图的边，这样的区域为图G 的⼀个⾯．为了⽅便，把平⾯图G 的外部⽆限区域也作为⼀个⾯，称为外部⾯，其他⾯则称为图G 的内部⾯．定理9 设G 是⼀个简单连通平⾯图，()(),V G p E G q==，⾯数为f （包括外部⾯），则2p q f -+=．定理10 ⼀个连通的平⾯简单图G ，若有v 个顶点()3,v e ≥条边，则36e v ≤-．定义13 ⽤红蓝两种颜⾊对完全图p K 的边任意染⾊，使每条边都染上某⼀种颜⾊，若总会出现红⾊边m K 或蓝⾊边n K 时，则记p 的最⼩值为(),r m n ，称(),r m n 为关于,m n 的拉姆赛数．定理11 ()()()()()3,36,3,49,3,514,3,618,3,723,r r r r r ===== ()3,936,r =()4,418.r =定义14 ⽤n 种颜⾊对完全图p K 的边任意染⾊，使每条边都染上某⼀种颜⾊，若总会出现同⾊三⾓时，则记p 的最⼩值为()3,3,,3n r 个，简记为n r ，称n r 为拉塞姆数．定理12 设12,,,n S S S 是集合{}1,2,,n r 的任意分划，则存在⼀个,1n i i r ≤≤，使i S 中有⽅程x y z +=的根．三、主要⽅法不是图论知识的直接套⽤，⽽是图论基本思想的常识应⽤．构造法、反证法数学归纳法抽屉原理染⾊⽅法极端原理四、例题选讲例1-1 有5个课外活动⼩组，每2个⼩组⾥有⼀个相同的同学，每个同学恰好在两个⼩组⾥出现，问这5个⼩组⾥共有多少个同学？解把⼩组对应为点，“每2个⼩组⾥有⼀个相同的同学”就连⼀条线，每两点都有连线；⼜由于“每个同学恰好在两个⼩组⾥出现”，故每两点都连且只连⼀条线，得5阶完全图，图中变的条数就是同学个数，得10个同学.例1-2 有n 个药箱，每两个药箱⾥有⼀种相同的药，每种药恰好在两个药箱⾥出现，问共有多少种药？解把药箱对应为点，“两个药箱⾥有1种相同的药”就连⼀条线，每两点都有连线；⼜由于“每种药恰好在两个药箱⾥出现”，故每两点都连且只连⼀条线，得（n 阶完全图）2n N C ．例2 证明：在任何⼀群⼈中，与奇数个⼈互相握⼿（互相认识）的⼈有偶数个．证明记这群⼈为n 个点，“互相握⼿”就在对应的两点连⼀条线，共有e 条，每个⼈认识的⼈数为点的“度数”，记为12,,,n d d d ，则 122n d d d e +++=，2i i d d e +=∑∑奇偶，2i i de d =-∑∑奇偶为偶数 id ∑奇是偶数个奇数之和．例3-1 (1947，匈⽛，例2-4-1）证明：在任意6个⼈中，总可以找到3个⼈互相认识，或互相不认识，并且这种情况⾄少出现2个．例3-2 （1976，波兰）平⾯上有6个点，任何3点都是⼀个不等边三⾓形的顶点，则这些三⾓形有⼀个的最短边⼜是另⼀个三⾓形的最长边．提要：把每个三⾓形的最短边染成红⾊，存在红⾊三⾓形，红⾊三⾓形的最长边为所求．例4 在边⼆染⾊的K 5中没有单⾊三⾓形的充要条件是它可分解为⼀红⼀蓝两个圈，每个圈恰由5条边组成．证明充分性是显然的．考虑必要性，在K 5中每点恰引出4条线段，如果从其中某点A 1能引出三条同⾊线段A 1A 1，A 1A 3，A 1A 4，记为同红，则考虑△A 2A 3A 4，若当中有红边i j A A （24i j ≤≤≤），则存在红⾊三⾓形1i j A A A 是同蓝⾊三⾓形，均⽆与单⾊三⾓形⽭盾．所以，从每点引出的四条线段中恰有两条红⾊两条蓝⾊，整个图中恰有5条红边、5条蓝边．现只看红边，它们组成⼀个每点度数都是2的偶图，可以构成⼀个或⼏个圈，但是每个圈⾄少有3条边，故5条红边只能构成⼀个圈，同理5条蓝边也构成⼀个圈．例 5 求最⼩正整数n ，使在任何n 个⽆理数中，总有3个数，其中每两数之和都仍为⽆理数．解取4个⽆理数，显然不满⾜要求，故5n ≥．设,,,,a b c d e 是5个⽆理数，视它们为5个点，若两数之和为有理数，则在相应两点间连⼀条红边，否则连⼀条蓝边．这就得到⼀个⼆染⾊5k ．只须证图中有蓝⾊三⾓形，分两步：（1）⽆红⾊三⾓形．若不然，顶点所对应的3个数中，两两之和均为有理数，不妨设,,a b b c c a +++都是有理数，有1[()()()]2a ab bc c a =+-+++ 但⽆理数≠有理数，故5k 中⽆红⾊三⾓形．（2）有同⾊三⾓形，若不然，由上例知，5k 中有⼀个红圈，顶点所对应的5个数中，两两之和均为有理数，设,,,,a b b c c d d e e a +++++为有理数，则1[()()()()()]2a ab bc cd de e a =+-+++-+++ 但⽆理数≠有理数，故5k 中⽆5条边组成的红圈，从⽽有同⾊三⾓形．这时，同⾊三⾓形必为蓝⾊三⾓形，其顶点所对应的3个⽆理数，两两之和仍为⽆理数．综上所述，最⼩的正整数5n =.例6-1 某⾜球邀请赛有,,,A B C D 4个城市参加，每市派出红黄两⽀球队，根据⽐赛规则，每两之间球队⾄多赛⼀场，并且同⼀城市的两⽀球队之间不进⾏⽐赛.⽐赛若⼲天后进⾏统计，发现除A 市红队外，其他各队⽐赛过的场次各不相同.问A 市黄队赛过多少场.（找黄队，求c 场次）解因为“同⼀城市的两⽀球队之间不进⾏⽐赛”，所以每⼀个球队最多赛6场；有因为“除A 市红队外，其他各队⽐赛过的场次各不相同”，所以，其他各队赛过的场次分别为0，1，2，3，4，5，6共7种情况.⽤12345678,,,,,,,A A A A A A A A 表⽰8⽀球队，两队之间进⾏了⽐赛就连1条边，其中1234567,,,,,,A A A A A A A 分别赛了6，5，4，3，2，2，1，0场.由于1A 赛了6场，应有6条引线，记为121314151617,,,,,A A A A A A A A A A A A ，由于1A 与8A 没有引线，故1A ，8A 属于同⼀城市.同理， 27,A A 属于同⼀城市， 36,A A 属于同⼀城市，45,A A 属于同⼀城市.45,A A 属于同⼀城市且都赛过3场，由于“除A 市红队外，其他各队⽐赛过的场次各不相同”，所以45,A A 就是A 市的两⽀球队，得A 市黄队赛过3场.例6-2 李明夫妇最近参加了⼀次集会，同时出席的还有三对夫妻．⼀见⾯，⼤家互相握⼿，当然夫妻之间不握⼿，也没有⼈与同⼀个⼈握两次从⼿．握⼿完毕后，李明统计了包括妻⼦在内的7个⼈握⼿的次数，发现恰好数字发互不相同．请问．李明的妻⼦握了⼏次⼿?例6-3 （P.225例2-115）作业：1 习题2-6第12．习题2-6第11题（P．235）。
图论在数学竞赛中的应用
２ Ｏ．
了许多用传统数学方法难 以解决的问题。经过三百 多年的发展 ，图论已是当代应用数学领域最活跃的
学科之一 ， 图论思想对于提高分析， 解决问题的能力
由定 理 １ 可得 ｄ ）ｄ ）． ＋ 抛）２ １＝ ８ 。 ：＋ ． ｄ ＝ ｘ ４ ２ ． ＋ ・
例 ２ 有 ／ 车 站组 成 的公 路 网 ，每个 车 站至 ７ ， 个
少有 ６ 条公路 引出。 求证 ： 必有两条公路在平面上相
交。
分析 ：车站 ” “ 和两站连接的“ 公路 ” 可以看做图 论中的二元关系 ， 要证明两条公路在平面上相交 ， 可
转化 为证 图 具有 某些 性质 。 公 路相 同 ， 相 应两 顶 点 间连 一 边 ， 图 Ｇ， 则 得 由题 意
例 １ 某地区网球俱乐部的 ２ 名成员举行 １ ０ ４
是 ２ 面的边界 ， 以 ２ ≥３ 即 个 所 ｅ ｆ，
ｅ 代人欧拉 。
场单场 ， 每人至少上场一次 。 证明 ： 必有六场比赛 ． 其
※基金项 目： 本文 由广西新世纪教改项 目（０ ０ ＧＢ ７ ； ０ １ ＧＢ ２ ） ２ １ Ｊ ０ ０ ２ １ Ｊ ３ １￣
出现 ．对欧拉公式的灵活应用有利于解决解决图论 平面图的数学竞赛问题。
定 理 ２ （ 拉公 式 ）设 图 Ｇ是有 个 顶 点 ， 欧 ｅ
１ 度在某些 问题 的应 用
在数学竞赛遇到的问题涉及到多个对象 （ 人或 事物等）而对象之间又恰好有且仅有两种不同的关 ， 系。 运用其他方法难以解决或不能解决 ， 这时就可以 尝试用图论 中度数的有关知识去着手思考和帮助解 决这 些问题
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．。
高中竞赛数学讲义第68讲图论问题(二)
第68讲图论问题(二)本讲主要内容：本讲将继续研究用图来解决问题的方法．偶图取图G＝(V，E)，如果V＝X∪Y，X∩Y＝，其中X＝{x1，x2，…，x n}，Y＝{y1，y2，…，y m}，且x i及x j(1≤i＜j≤n)，y s 及y t (1≤s＜t≤m)均互不相邻，则称G为偶图．色数：将图G的顶点涂上颜色，如果至少要k种颜色才能使任意两个相邻的顶点颜色不同，则称G的色数为k．显然，偶图的色数≤2．即偶图色数不超过2．A类例题例1 在空间中给定2n个不同的点A1，A2，…，A2n，n＞1，其中任意三点不共线．设M是n2+1条以给定的点为端点的线段的集合．⑴证明：存在一个三角形，其顶点为给定的点，其边都属于M．⑵证明：若集合M的元素不超过n2个，则这样的三角形可能不存在．(1973年奥地利数学竞赛)分析可以从简单的情况开始试验，发现规律再证明．从K4(4阶完全图，见67讲)共有多少条线及多少个三角形、擦去1条线去掉几个三角形入手得出结论，对于K5、K6也能用此法得到结论，但对于p＞6，K p难用此法，如何过渡到一般情况？可以用数学归纳法．证明：n＝2时，在4个点间连了5条线，由于4阶完全图在4个点间共可连出6条线，这6v3v4v32k条线连出了4个以此4点中的某3点为顶点的三角形．而每条线的两个端点及(除这条线的两个端点外的)另两个顶点可以连出共2个三角形，故去掉任何一条边都使连出三角形数减少2，于是在4个点间连5条线必连出了以此4点中的3点为顶点的三角形．设n＝k时，2k个点间连有k2＋1条线时，必有三角形出现．则当n＝k＋1时，2(k＋1)个点间连了(k＋1)2＋1条线．此时，任取两个相邻的顶点v1，v2，如果在其余的顶点中有某个顶点及v1，v2都连了线，例如v3及v1，v2都连了线(图4(1))，则出现了三角形．如果其余所有的点及此二点都至多连出1条线(图4(2))，则去掉点v1，v2及及这两点相邻的边，此时，余下2k个点，至多去掉了2k ＋1条边，余下至少(k＋1)2＋1－(2k＋1)＝k2＋1条边，由归纳假设知，其中必有三角形．综上可知，命题成立．说明若2n个点间连了n2条边，可以把这2n个点分成两组，每组n个点，规定同组的点间都不连线，不同组的任何两点都连1条线，这样得到了一个完全偶图K n，n，此时共计连了n2条线，但任取三点，必有两点在同一组，它们之间没有连线，于是不出现三角形．例2 一个舞会有n(n≥2)个男生及n个女生参加，每个男生都及一些女生(不是全部)跳过舞，而每个女生都至少及1名男生跳过舞，证明，存在男生b1，b2及女生g1，g2，其中b1及g1跳过舞，b2及g2跳过舞．但b1及g2没有跳过舞，b2及g1没有跳过舞．分析 就是要给出一种选择方法，按此方法操作，即可选出满足要求的两个男生及两个女生．可以用极端原理来证明这样的存在性命题．证明 取所有男生中及女生跳舞人数最多的一个，设是b 1．b 1至少及1名女生没有跳过舞，取没有及b 1跳过舞的一名女生为g 2，g 2至少及1名男生跳过舞，设为b 2，显然b 1不是b 2，现在考虑所有没有及b 2跳过舞的女生，她们不能都没有及b 1跳过舞，(否则没有及b 1跳舞的女生人数就比没有及b 2跳舞的人数多，b 1就不是及女生跳舞人数最多者)．即至少有1个女生没有跟b 2跳过舞但跟b 1跳过舞．这个女生即为g 1． 说明 这里就得到了一个偶图{b 1，b 2}∪{g 1，g 2}．(图中，括号内的数字表示证明中出现的先后顺序)．极端原理常用于证明存在性命题．情景再现1．求证：顶点多于1的树是偶图．2．证明 偶图的色数≤2，反之，色数≤2的图是偶图． B 类例题例3 某镇有居民1000人，每人每天把昨天听到的消息告诉自己认识的人，已知任何消息只要镇上有人知道，都会经过这样的方式逐渐地为全镇的人所知道．证明可以选出90名代表，使得同时向他们报告一个消息，经过10天，这一消息就为全镇的人知道．(4)(3)(2)(1)21b分析就是要给出一个把1000个点的连通图分成90个子图的方法，使每个点都在其中一个子图中，且每个子图的最长的链的长度不超过10．这样，只要把每个子图的最长链的一个端点选为“代表”，就能完成这个任务．证明用1000个点代表1000个居民，两名居民相识，则在两点之间连一线，如此可得一图，依条件，这个图是连通图．若图中有圈，则我们去掉圈中的一边使圈被破坏而不影响图的连通性，经过有限次这种手续，可得树T1000．在T1000中取一条主干v1v2…v n，取v11作为1个代表，把边v11v12去掉，则此图分成了2个连通分支，在含有v1的一棵树中，每点到v11的路的长度都不超过10，否则v1v2…v n在T1000中不是主干，故v11知道的消息在10天内可以传遍它所在分支的点集所代表的居民；余下另一分支再取其主干，又按此法得出第二个代表v22，依此类推，则T1000分割成若干棵树：同样，在含v22，v33，…的树中，v22，v33，…知道的消息在10天内都能传遍树的点集所代表的居民；由于1000=11×89+21，且每一个小分支树可能还有分支，从而其顶点数可能超过11，所以这样分法，至多分出89棵树并余下一个至多有21个点的树，该树的链长≤20，取此链的中心v，则该链上每个点到v的距离都≤10．现在取v11，v22，v33，…为代表，最后一棵树取其中心v为第90名代表，只要将消息告诉这些代表，则在10天之后，每个分支树的点集所表示的居民全都知道这个消息，问题已获解决．说明 注意每次在最长链上截去一段后，余下的链的主干不一定就是原来主干的截剩部分，所以每次都要重新确定主干．例4 一个国家的国王打算建n 个城市且修(n －1)条道路，使每条道路连接两个城市而不经过其他城市．而每两个城市都可以互相到达，其间的最短距离恰是1，2，…，C 2n ＝12n (n －1)这些数，问在下列情况下，国王的打算能否实现：(1)n ＝6；(2)n ＝1998．分析 就是要画一个树，使任两个顶点的距离都不能相同．对于顶点数少的情况估计是可能存在的，而要得到n ＝6图可以用构造法．对于n ＝1998，估计不会存在，所以可以用反证法证明．为了得到n ＝6的情形，长度为1及2的线段是要取的，否则得不到1，2，这两条线段连结可以得到长度3，为得到距离为15、14、…的线段，可以取某两个城市间距离为8(15的一半)，此时8＋7＝15，8＋6＝14，8＋5＝13可以通过增加一条长度为5的线段如图得到，再增加一条长为4的线即可得到全部的15个数．解 (1) n ＝6时，国王的打算可以实现，城市和道路的分布可依据图所示．⑵ n ＝1998时，国王的打算不能实现，因为符合要求的道路网存在的必要条件是：n 或(n －2)是完全平方数，证明如下： v 5v 648521v 1v 2v 4v v 58521v 1v 2v 4v用点表示城市，用线表示连接城市的道路，得到一个图G ．由题设，知G 是n 阶连通图，又其线的数目恰为(n －1)，故G 是n 阶树，因而G 的任两点之间只存在唯一的通道．把G 的顶点二染色：任取一个点A ，对于图中任一点，若它沿唯一的通道到A 的距离是一个偶数，则把此点染红(A 也应染红，因A 到A 的距离为0，0是偶数)，否则染蓝．设红点的数目为x ，则蓝点的数目为y ＝n －x ．考虑距离为奇数的点对，易知：两点之间的距离为奇数，当且仅当这两个点一红一蓝．由一个红点和一个蓝点组成的点对有xy 个．又在1，2，…，12n (n －1)中，当12n (n －1)为偶数时，其中的奇数有14n (n －1)个；当12n (n －1)为奇数时，奇数有14[n (n －1)＋2]个．于是，如果国王的打算可以实现，则必须满足xy ＝14n (n －1) ① 或 xy ＝14[n (n －1)＋2] ②． 此时，对于①，有4x (n －x )＝n (n －1)，即 4x 2－4nx +n 2－n ＝0， 解得 x ＝n ±n2，相应的y ＝n ∓n2．同样，对于②： 有x ＝n ±n －22，y ＝n ∓n －22． 故只有n 或(n －2)是完全平方数时，国王的愿望才可能实现．但1998和1998－2＝1996都不是完全平方数，故当n ＝1998时，国王的打算不可能实现．说明 我们只证明了这个条件是必要条件，没有证明这个条件是充分的．对于n＝6，有6－2＝4是完全平方数，有可能存在满足要求的图，再通过构造出满足要求的图，才能确定解存在．例5证明：任意的9个人中，必有3个人互相认识或4个人互相不认识．分析即证明，在任意的K9中，把边涂成红或蓝两种颜色，则必存在红色K3或蓝色的K4．或在一个有9个顶点的图G中，必存在K3，或在其补图中，存在K4．证明⑴ 如果存在一个顶点，从这点出发的8条线中，有至少4条为红色，设从v1引出的4条线为红色，引到v2，v3，v4，v5．若此4点中的某2点间连了红色线，则存在红色K3，若此4点间均连蓝线，则存在蓝色K4．⑵ 如果从任一点出发的8条线中，红色线都少于4条．于是从每点出发的蓝色线都至少5条．但由于任何图中的奇顶点个数为偶数，故不可能这9个顶点都引出5条蓝线．于是至少有一个顶点引出的蓝线≥6条，例如从v1到v2，v3，…，v7都引蓝线，则在v2，v3，…，v7这6个点的图中，必存在红色三角形或蓝色三角形，于是G中必有红色K3，或蓝色K4．链接拉姆赛(Ramsey)问题本题实际上说的是：在有n个顶点的图G中，有一个K3，或在其补图－G中(在K9中去掉G的所有边后余下的图即G的补图)有一个K4，二者必有一成立．n＝9是保证这一个结论成立的n的最小值．一般的，在一个有t个顶点的图中存在K m，或在其补图中存在K n ，t 的最小值是多少？这就是拉姆赛问题．记满足上述要求的t 的最小值为r (m ，n )．则有 r (m ，n )＝r (n ，m )，r (1，n )＝r (m ，1)＝1，r (2，n )＝n ，r (m ，2)＝m ．并可证：定理一 在m ≥2，n ≥2时，r (m ，n )≤r (m ，n －1)＋r (m －1，n )．现在已经求出的r (m ，n )有：r (3，3)＝6，r (3，4)＝9，r (3，5)＝14，r (3，6)＝18，r (3，7)＝23；r (4，4)＝18．定理二 设完全图K N 的边涂了n 种颜色，则在N 充分大时，K N 中必有一个同色三角形．设r n 是使K N 中有同色三角形存在在N 的最小值，则⑴ r 1＝3，r 2＝6，r 3＝17；⑵ r n ≤n (r n －1－1)＋2；⑶ r n ≤1＋1＋n ＋n (n －1)＋…＋n !2!＋n !1!＋n !． 上述两个定理都是拉姆赛定理的特例，更一般的结论请参阅单墫教授的有关图论的著作．例如《趣味的图论问题》等 情景再现3．平面α上有n 条直线，把α分成若干区域，证明：可以用两种颜色就可使相邻的区域都涂上不同的颜色．4．在8×8的棋盘上填入1~64的所有整数，每格填一个数，每个数填一次．证明：总能找到两个相邻的格子(有公共边的两个方格就是相邻的方格)，这两个方格中填的数相差不小于5．5．证明：任意14人中，必有3人互相认识或有5人互相不认识．C类例题例6 1990个人分成n组，满足(a) 每个组中没有人认识同组的所有的人；(b) 每个组中，任意三人中至少有两人互不认识；(c) 每个组中两个互不认识的人，必可在同组中恰好找到一个他们都认识的人．证明：在每一组中，各人在该组中认识的人数都相同．并求分组个数n的最大值．(1990亚洲及太平洋地区数学竞赛)分析条件都是针对某一组的，所以证明应在某个组内进行，由于两点或连线，或未连线，故可以分两点未连线及两点已连线的情况证明．要求组数最多，应使每组的人数最少．故求应每组人数的最小值．解取其中一组M，设|M|＝m，用m个点表示组M中的人，若两人认识，则在相应点间连一条线．于是题设条件可写为：(a) M中任何一点，及M中其余的点没有都连线，即设x∈M，用d(x)表示x在M中的次数．则d(x)≤m－1．(b) M中没有连出三角形；(c) 设x，y∈M．若x，y未连线，则存在唯一z∈M，及x，y均连线．原题即求证：M 中每个点向M 中点连的线数均相等．由于M 中没有点及其余所有的点都连了线，故存在x ，y ∈M ，且x ，y 未连线．由(c )存在惟一z ∈M ，且z 及x ，y 都连了线．⑴ 记M 中除z 外及x 连线的点集为A ，及y 连线的点集为B ，由(c )，A ∩B =，且由(b )，A 、B 中任何两点均不相邻．对于p ∈A ，由于p 及y 不相邻，则有唯一点及p 及y 都相邻，此点必在B 中，设为q ，同样，B 中任何一点q ，也必及A 中唯一点p 相邻．且若p 1、p 2∈A ，则在B 中及它们相邻的点q 1、q 2互不相同，否则及(c )矛盾(p 1、p 2若及B 中的q 都连线，则它们及两个不同的点x 及q 都连了线)．这说明A 及B 的元素有一一对应关系，|A |=|B |．则d (x )=d (y )．⑵ 若x ，y 连线，则由(a )，存在u ∈M ，u 及x 未连线，则d (x )=d (u )．若u 及y 也未连线，则由上证，d (u )=d (x )=d (y )．若u 及y 连线，则存在v ∈M ，v 及y 未连线，d (v )=d (y )，当v 及x 未连线时，d (x )=d (v )=d (y )；当v 及x 连线时，由(c )，v 及u 必不连线，于是d (v )=d (u )，从而d (x )=d (y )．故每组中的人认识本组的人数相同．⑶ 为了求分组个数的最大值，应找出满足条件的组中人数的最小值，由(a )，有x ，y ∈M ，x 及y 不相邻．于是由(c )，存在z ∈M ，及x 、y 都相邻．由(a )，必还有u ，u 及z 不相邻(否则z 及A B x y z p q同组的点都相邻)；于是由(c)，u必及x、y之一相邻，设u及x 相邻，于是u及y不相邻．故又存在v及u、y相邻．这样就有了5个点．从而每组至少5个点．而图中5个点满足全部要求．于是至多可分出1990÷5＝398组．例7 给定平面上的点集P＝{P1，P2，…，P1994}, P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相连，不在同一组的两点不连线段，这样得到一个图案G，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G)．(1)求m(G)的最小值m0；(2)设G*是使m(G*)＝m0的一个图案，若G*中的线段(指以P 的点为端点的线段)用4种颜色染色，每条线段恰好染一种颜色．证明存在一个染色方案，使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形．(1994年全国高中数学联赛)分析估计当各组点数尽可能接近时三角形个数最少．因此只要证明当两组点数差≥2时，不能达到最小值．可以用逐步调整法来证明．第⑵小问可以用构造法来解．注意K5的边2染色时，可以找到不存在同色三角形的染色法，于是可以据此构造出满足要求的图来．解：设G中分成的83个子集的元素个数分别为n i(1≤i≤83)，i ＝1∑83n i ＝1994．且3≤n 1≤n 2≤…≤n 83． 则m (G )= i ＝1∑83C n i3．即求此式的最小值． 设n k +1＞n k +1．即n k +1－1≥n k +1．则C n k ＋13 ＋C n k ＋1－13 －(C n k 3＋C n k ＋13 )＝C n k 2－C n k ＋1－12 ＜0．这就是说，当n k +1及n k 的差大于1时，可用n k +1－1及n k +1代替n k +1及n k ，而其余的数不变．此时，m (G )的值变小．于是可知，只有当各n i 的值相差不超过1时，m (G )才能取得最大值．1994=83×24+2．故当81个组中有24个点，2个组中有25个点时，m (G )达到最小值．m 0＝81C 3 24＋2C 3 25＝81×2024＋2×2300＝168544．⑵ 取5个点为一小组，按图1染成a 、b 二色．这样的五个小组，如图2，每个小圆表示一个五点小组．同组间染色如图1，不同组的点间的连线按图2染成c 、d 两色．这25个点为一组，共得83组．染色法相同．其中81组去掉1个点及及此点相连的所有线．即得一种满足要求的染色．例8有n 人聚会，已知每人至少认识其中的⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n 2个人．而对任意图1图2c d c d c d a b a b d b c a d b a b c a的⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n 2个人，或者其中有两人认识，或者余下的n －⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n 2人中有两人相识．证明：当n ≥6时，这n 个人中必有3人两两认识．(1996年全国联赛)分析 本题及例6类似，要通过分析连线的情况找出三角形来．由于题中给出了⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n 2，故应分n 为偶数或奇数的情况分别讨论．证明 作一个图，用n 个点表示这n 个人，凡二人认识，则在表示此二人的点间连一条线．问题即，在题设条件下，存在以这n点中的某三点为顶点的三角形．设点a 连线条数最多，在及a 连线的所有点中点b 连线最多，及a 连线的点除b 外的集合为A ，及b 连线的点除a 外的集合为B ．1° 设n ＝2k ，则每点至少连k 条线，集合A 、B 中都至少有k －1个点．⑴若存在一点c ，及a 、b 都连线，则a 、b 、c 满足要求；⑵若没有任何两点及a 、b 二点都连线(图1)，则由A ∩B ＝，|A ∪B |≤2k －2，|A |≥k －1，|B |≥k －1， 故得 |A |＝|B |＝k －1，且图中每点都连k 条线．若A 中任何两点间均未连线，B 中任两点也未连线，则A ∪{b }中不存在两点连线，B ∪{a }中也不存在两点连线．及已知矛盾．故在A (或B )中必存在两点，这两点间连了一条线，则此二点及a (b )连出三角形，2° 设n ＝2k +1．则每点至少连k 条线，A 、B ΦA B 2k 个点图1b a k-1k-1A B Φkk-1中都至少有k －1个点．⑴若存在一点c ，及a 、b 都连线，则a 、b 、c 满足要求； ⑵若没有任何两点及此二点都连线，且|A |≥k ，则由|B |≥k －1(图2)，A ∩B ＝，|A ∪B |≤2k －1，可得|A ∪B |＝2k －1，|A |＝k ，|B |＝k －1，若A 中任何两点间均未连线，B 中任两点也未连线，则A ∪{b }中不存在两点连线，B ∪{a }中也不存在两点连线．及已知矛盾．故A (或B )中存在两点，这两点间连了一条线，则此二点及a 连出三角形，⑶若没有任何两点及此二点都连线，且|A |＝k －1，即每点都只连k 条线．这时，必有一点及a 、b 均未连线，设为c (图3)．c 及A 中k 1个点连线，及B 中k 2个点连线，k 1+k 2＝k ，且1≤k 1，k 2≤k －1．否则若k 2＝0，则A ∪{b }中各点均未连线，B ∪{a ，c }中各点也未连线．矛盾．故k 1，k 2≥1．且由于n ≥6，则k 1＋k 2≥3，故k 1，k 2中至少有一个不小于2，不妨设k 1≥2，现任取B 中及c 连线的一点b 1，由于b 1及B 中其余各点均未连线，若b 1及A 中的所有及c 连线的点均未连线，则b 1连线数≤2+k －1－k 1≤k －1，矛盾，故b 1至少及此k 1个点中的一点连线．故证．情景再现6．在正整数n 及δ满足什么条件时，可以作出一个n 阶δ正则图．即是：已知n 个点，其中某些点间连了一条线，且每个点都恰Φk 2k 1c B A k-1ba k-1图32k +1个点好及δ个点连了线．问δ可以取什么样的数值？7．某次体育比赛，每两名选手赛一场，每场一定决出胜负，通过比赛确定优秀选手，选手A被确定为优秀选手的条件为：对任何其他选手B，或A胜B，或存在选手C，有A胜C而C胜B．如果按这个条件确定的优秀选手只有1名．求证：这名选手胜所有其余的选手．(1988年中国数学冬令营)8．给定空间中的9个点，任意4点不共面，每两点间连一线段．求最小的n值，使当对其中任意n条线段用红、蓝两色之一任意染色时，都一定出现一个三边同色的三角形．(1992中国数学奥林匹克)习题131．⑴如果在偶图G=(X，Y，E)中，|X|>|Y|，且X中每个顶点的次数都不小于δ，求证：Y中至少有一个顶点的次数>δ．⑵若图G为偶图，且G有圈，则G的圈的长为偶数．反之，若图G有圈，且所有的圈长为偶数，则G为偶图．2．设C是100阶3正则图，现用红、白两色给这100个点着色，其中红点40个，白点60个，如果一条线的两个端点都是红色，则将这条线也染成红色；如果一条线的两个端点都是白色，则将这条线也染成白色，现已知红色线有38条，问白色线有多少条？3．若干人相聚，其中有些人彼此认识，若⑴如果某两个人认识的人数相等，则他们没有共同的熟人；⑵有一个人至少有100个熟人．证明：可以找到一个参加聚会的人，他恰好有100个熟人．4．有2n个学生，每天出去散步，每两人一组，如果每一对学生只在一起散步一次，这样的散步至多可以持续多少天？5．20名选手参加14场单打比赛，每名选手都至少参加过1场．证明：必有某6场比赛的参赛者是12名不同的选手．(1989年美国数学竞赛)6．在n n棋盘的方格中分别填写1，2，…，n2(n≥2)，每格一个数．证明：必有两个相邻方格(有公共边的方格)，方格中的两个数的差至少为n．(1988年捷克数学竞赛)7．把K n中的每条线段染上红色或蓝色．把某一点出发引出两条同色线段组成的角叫做同色角．证明：同色角的总数不小于14n(n －1)(n－3)．8．用黑白两种颜色去涂正九边形的顶点，每个顶点只涂黑、白两色之一，证明：在以这九点为顶点的所有三角形中，必有两个顶点同色的全等三角形．9．⑴将完全图K5中的10条线段进行染色，使得有公共端点的线颜色不相同．至少要用几种颜色？⑵将完全图K2n中的所有线段染上颜色，使得有公共端点的线颜色不相同．至少要用几种颜色？⑶证明：将完全图K2n－1中的所有线段染上颜色，使得有公共端点的线颜色不相同．至少要用2n－1种颜色．10．某团体中任意两个认识的人都没有共同的熟人，而任意两个不认识的人都恰有两个彼此共同的熟人．证明：该团体中每个人认识的人数都相同．(1975南斯拉夫数学竞赛)11．某次体育比赛，每两名选手各赛一场，无平局．通过比赛确定优秀选手．设A为选手，如果对其他任意选手B，要么A胜B，要么存在选手C，使得A胜C，C胜B，则A即是优秀选手．证明：如果按上述规则选出的优秀选手只有1名，则这名选手胜其他所有的选手．(1987年中国数学奥林匹克)12．排球比赛中，每两队都各比赛一场．对两个球队A及B，如果A胜B，或者存在某个球队C，使得A胜C，C胜B，则称A 优于球队B．比赛结束后，优于其他所有球队的球队即被授予冠军称号．比赛结束后能否恰有两个冠军队？(1988年前苏联数学竞赛)本节“情景再现”解答：1．证明任取树T的一个悬挂点v1，把v1涂红，所有及v1距离为奇数的顶点都涂蓝，所有及v1距离为偶数的顶点都涂红，所有涂红的顶点组成集合X，所有涂蓝的顶点组成集合Y，则得到一个二色图，即为偶图．2．证明设G＝(X，Y，E)是偶图，把X中的点全部涂成红色，把Y中的点全部涂成蓝色，则所得的图中，相邻的顶点涂色都不同，即只用2色即可涂完G的所有顶点，使相邻的顶点涂色不同．又如果G没有边，则只用1种颜色即可把G的所有顶点涂好，且没有任何相邻的顶点同色(因没有顶点相邻)，故偶图的色数≤2．反之若图G的色数≤2，若色数＝1，表示G中任何两顶点都不相邻，即G没有边，此时，设G为n阶的，可把G中k(1≤k≤n －1)个点涂成一种红色，另外n－k个点涂成蓝色，即得一个二色图，涂红的点集为X，涂蓝的点集为Y，即为偶图．若色数＝2，即用两种颜色可以把所有顶点涂色，且同色点都不相邻，则取涂一种颜色的点的集合为X，涂另一种颜色的点的集合为Y，则得到一个偶图．即色数≤2的图是偶图．3．证明n=1时，1条直线把平面分成2部分，可用两种颜色涂．设n=k时，k条直线把平面分成的区域有满足题意的涂色法，当n=k+1时，先画出其中k条直线，而暂把第k+1条直线擦去．这时k条直线把平面分成的区域可以涂色．涂好色后，把第k+1条直线画出，凡在这条直线某一侧的部分，涂色不动，而在直线另一侧的部分，把涂的色全部改为另一色，则所得涂色满足题意．即n=k+1时，命题成立．综上可知，命题成立．4．证明取每个方格的中心，凡是相邻的两个方格，就把相应的中心连一条线．这样得到了一个图G(图中红线组成的图即为图G)．图G的的直径=14，，故图G中任意两点的距离≤14．若相邻两个方格中填的数相差<5，则差≤4，于是图G 中所填两个数的差≤14×4=56．但图中填了1及64，此二数必有一条链相连，此链的长≤14．即其差≤56，及64－1=63矛盾．5．证明：以点表示人，红色线表示认识，蓝色线表示不认识． ⑴ 若存在一个点，从这点引出了至少5条红线，例如从v 1向v 2，v 3，…，v 6引出了5条红线，若v 2，v 3，…，v 6间有某两点间连了红线，则这两点及v 1组成红色三角形，否则此五点间全部连蓝色线，为一蓝色五边形．⑵ 若从任一点引出的红线都少于5条，则每点引出的蓝色线都至少9条．由例如从v 1到v 2，v 3，…，v 10均连蓝色线，则由例5可知v 2，v 3，…，v 10中或存在红色三角形或存在蓝色四边形，于是原图中或有红色三角形，或此蓝色四边形及v 1合成一蓝色五边形．故证．6．证明：由于共计连了12n δ条线．故δ应是不超过n －1且使12n δ为整数的那些正整数值． 1，且使12反之若正整数δ不超过n －n δ为整数，可构造一种连法：取一圆分成n 等分．任取一数i ，满足1≤i ≤⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤n 2，把圆上这n 个点中，距离为i 的16阶5正则图点都连起来，这时当i≠n2时，每个点都连了2条线，当n为偶数，且i＝n2时，每个点都连了1条线．如果n为奇数，则δ必须为偶数：δ＝2k，如果n为偶数，则δ可为奇数，也可为偶数．若δ=2k＜n，依次取i＝1，2，…，k，按上法连线，则得到每个点都连了2k条线；若δ=2k+1＜n，则按上法连了2k条线，后再取i＝n2连线，此时每个点又连了1条线，即每个点都连了2k+1条线．于是可知，可以连出满足要求的图．如图示即是一个16阶5正则图，分别取i=2，4，8画出．7．证明：取A为胜场最多者，若A胜所有选手，此时A为优秀选手．若A未全胜，则A必负于某个选手B，此时若找不到C，使A 胜C而C胜B，即所有负于A的选手都负于B，则B比A胜场更多，矛盾．故必存在这样的C胜B．故此时A为优秀选手．若只有1名优秀选手，即优秀选手只有A，于是其余选手均不是优秀选手．若A负于B，由于B不是优秀选手，则存在D，D胜A及B，若D不存在．即其余所有选手或负于A，或负于B，则B 也为优秀选手．故D必存在．现D胜A、B，由于D不是优秀选手，同理，故必能找到E，胜A、B、D，…，这样一直下去，最后必有一人胜所有其余的人，为优秀选手，及只有1名优秀选手矛盾．故A全错误！未定义书签。
浅谈数学竞赛中的图论问题
Course Education Research课程教育研究2017年第7期浅谈数学竞赛中的图论问题钱培星(山东省聊城市第一中学山东聊城252000)【摘要】图论作为一门数学分支历史悠久,从哥尼斯堡城的七桥问题至今,发展迅速,也受到数学竞赛的青睐。
本文从2016年数学联赛的第三题谈起,介绍了图论的相关概念及一般的解题方法,最后再给出该题的较为简便的解法。
【关键词】图论问题数学竞赛解题方法【中图分类号】G633.6【文献标识码】A【文章编号】2095-3089(2017)07-0123-02图论作为一个重要的数学分支,几千年前,我国的河图、洛书就已经涉及到一些简单有趣的图论问题。
18世纪,哥尼斯堡七桥问题使得图论作为一门真正的学科进入学者们的视野。
而近二十年来,由于计算机科学、编码理论、规划论、数字通讯、实验设计等学科的迅猛发展,提出了一系列的需要离散数学解决的理论和实际问题,使得图论的研究更为活跃。
由于图论蕴含的数学思想丰富,图形简洁美观,证明巧妙,方法千变万化,非常灵活,因而备受数学竞赛的青睐。
今年的高中数学联赛加试第三道题就是一道以图论为背景的题:给定空间中10个点,其中任意四点不在一个平面上,将某些点之间用线段相连,若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形,试确定所连线段数目的最大值。
在解决这道图论问题前,我们先来介绍一下图论的一些定义和概念:一、图论相关的基本定义和基本概念图由一个点集合V和一个连接某些点对的线段的集合E 构成的图形称为图。
记作G(V,E).其中,V中的点称为顶点,E中的线段(不一定是直线段)称为边。
通常|V|和|E|表示顶点个数和边的数量。
有n个顶点的图称为n阶图。
值得注意的是图中顶点一定不能为空,而边可以为空。
为了研究图的相关性质,我们还需要一些图的相关概念:度:一个顶点的度是指与该顶点相关联的边的条数,顶点v的度记作d(v)平行边:若有若干条边连着相同的两个顶点,则称这些边是平行边环:两端连接着同一端点的边称为环简单图:既不含平行边也不含环的图称为简单图完全图:任意两个顶点间都有边相连的简单图称为完全图, n阶完全图记为K n在高中数学竞赛中,常见的都是简单图。
江苏省数学竞赛提优教案：第67讲_图论问题(一)
本节主要内容是： 把一个具体问题用图形表示出来， 利用图形的直观性可能更有利于问 题的解决． 有关的一些概念：由若干个不同的点及连接其中某些点对的线所组成的图形就称为 图．图中的点的集合称为图的点集，记为 V：V＝{v1，v2，„，vn，„}；图中的线的集合称 为图的线集(边的集合)，记为 E：E＝{vivj}(vi，vj∈V)．故一个图由其点集 V 和线集 E 所决 定，若用 G 表示图，则记为 G＝G(V；E)．含有 n 个点的图称为 n 阶图． 在一个图中，如果某点 v 共连了 k 条线，则说此点的“次数”(或“度数”)为 k，记为 degv＝k.如果一个 p 阶图的每两个顶点间都连且只连了 1 条线， 则称该图为 p 阶完全图， 记 为 Kp． 若对每条线确定一个方向(即确定了线的两个端点中一个为“起点”，另一个为“终 点”．这时，线是点的“有序对”)，则得到“有向图”；对有向图的一个顶点 v，degv＝k， 若 v 是其中 n 条边的起点，m 条边的终点(m＋n＝k)，则称 v 的出次为 n，入次为 m． 链：若在一个图 G＝(V；E)中取 n+1 个顶点 v1、v2、„、vn+1，每两个相邻的顶点 vi、vi+1 间连有一条边 li,则边 l1,l2,„,ln 就称为从 v1 到 vn+1 的一条链．n 称为链的长度．
点间有任两点连的红线，则出现红色三角形(例如 v2v3 连红线，则 v1v2v3 是红色三角形)，如 果这三点间都不连红线，则出现蓝色三角形(v2v3v4 是蓝色三角形)．故证． ⑵ 考虑 K6 共连了 C6＝15 条线，共得到 C6＝20 个三角形．设第 i 个顶点连了 ri(0≤i≤ 5)条红线，5－ri 条蓝线．由于 ri(5－ri)≤6．所以，连出的异色角个数≤6×6＝36 个．由 于每个异色的三角形有 2 个异色角， 所以图中异色三角形个数≤18， 故图中同色三角形个数 ≥20－18＝2． 说明 题⑴是早期匈牙利的一个图论竞赛题．解这类“实际问题”时，重要的是会用图 的语言解释题意，把实际问题改写为图的问题． ⑵ 用异色角来解相关问题是较好的方法．
图论探索之挑战奥数中的图论问题
图论探索之挑战奥数中的图论问题图论探索之挑战奥数中的图论问题图论是数学的一个重要分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
在奥数竞赛中，图论问题常常被用来考察学生的逻辑推理和问题解决能力。
本文将介绍一些挑战奥数中常见的图论问题，并通过具体案例来解析。
1. 马踏棋盘问题马踏棋盘问题是一个经典的图论问题，要求马在棋盘上按照规定的移动方式遍历所有格子，且每个格子仅经过一次。
这个问题可以使用图的深度优先搜索来解决。
以8×8的棋盘为例，我们可以将每个格子看作图中的一个顶点，把马的移动看作图中的边。
通过搜索算法，可以找到一条路径，使得马可以遍历所有的格子。
2. 平面图的染色问题染色问题是图论中一个经典的问题，常被用来考察学生对图的颜色分配和连通性的理解。
平面图的染色问题要求给定的平面图在没有相邻顶点之间有相同颜色的情况下，尽可能使用最少的颜色进行染色。
通过贪心算法，可以解决平面图的染色问题。
贪心算法的基本思想是从一个初始解开始，每次选择可行的局部最优解，最终得到全局最优解。
对于平面图的染色问题，我们可以从一个顶点开始，按顺序给相邻的顶点染色，直到所有的顶点都被染色。
3. 电厂选址问题电厂选址问题是一个实际的应用问题，也可以用图论的方法来解决。
在电厂选址问题中，需要确定电厂的位置，使得电厂到各个需求点的距离和最短。
将电厂和需求点看作图中的顶点，电厂和需求点之间的距离看作边的权重。
通过最短路径算法，可以求解电厂选址问题。
常用的最短路径算法有Dijkstra算法和Floyd-Warshall算法，它们可以帮助我们找到电厂的最佳位置，以实现最优的供电方案。
4. 旅行商问题旅行商问题是图论中的一个经典问题，要求寻找一条路径，使得旅行商可以经过每个城市一次，并返回起点城市，且总路径长度最短。
旅行商问题是一个NP难问题，目前还没有高效的解法。
常用的解决方法是使用近似算法，例如最邻近算法和最小生成树算法。
这些算法可以找到一个接近最优解的解决方案。
高二数学竞赛专属课程第1讲 图论问题初步-例题简答
第一讲 图论问题初步例1. 某次会议共有n 名代表参加，其中任意4名代表中一定有某一人和其他三人都不认识．求证：至少有3n -名代表和其他所有人都不认识．（注：一般说来，认识关系是相互的，即两人之间要么相互认识，要么相互不认识．）证：反证法，若至少存在4人认识其他人，不妨设其中两人为A 、B ，他们之间认识．若存在C 、D 之间认识，则A 、B 、C 、D 四人不满足要求．反之则存在C 、D ，各认识A 、B 之一．若C 和A 认识，D 和B 认识，此时A 、B 、C 、D 四人不满足要求．若C 、D 都和A 认识或者都和B 认识，则A 、B 、C 、D 四人仍然不满足要求．综上可得矛盾从而原命题得证例2. 能否在圆周上依次放置()112n n +个数，每个数都在1~n 中（这些数允许重复），使得对任意相邻两个数组成的无序数组互不相同？解：我们将1~n 看成n 个点，若正多边形有某一条边的两个端点上的数为a 和b ，则在相应的两点之间连一条边．本题相当于问完全图n K 是否存在一个欧拉圈．由欧拉圈结论可得：当n 为奇数时可以，当n 为偶数时不行．例3. 某国的每个城市都有10条道路通往其他城市，并且由任何一个城市都可以到达其他任何一个地方，今有一条道路关闭修理．求证：现在仍然可以由任何城市抵达其他任何城市．证一：将每个城市看成点，如果两座城市之间有道路连通，则将对应两点连结．此时得到一个连通图，每个点的度数都等于10．可知图中存在欧拉圈．故去掉任意一条边后剩下部分为欧拉链，故一定连通．证二：若结论不成立，则存在某条边，去掉后该图被分成两个连通分支．此时每个分支内有一个点度数为9，其余点度数为10，总和为奇，这与握手定理矛盾．例4. 求证：一个n 阶的树恰有1n -条边．证：当1,2n =时命题显然成立． 若n k =时成立，考虑1n k =+的情况．因为整个图为连通图，故所有点的度数都不为0．任取图中一点，从它出发每次沿某条未经过的边走到某个相邻的点上．由于图中没有圈，故每次到达的点都不相同．而图中只有有限个顶点，故必定会走到某个点后无法继续．于是该点度数为1． 去掉该点和这条边，此时图中有k 个顶点，且仍为一个没有圈的简单连通图．由归纳假设，此时恰有1k -条边．故原图中恰有k 条边．综上，原命题得证．例5. 现有35粒糖果，要将其分为n 袋（每袋糖果数目不一定相同），使得不需要把整袋拆开，既可以将这些糖果平均分成5份，也可以将这些糖果平均分成7份．求n 的最小值．解：最小值为11，将前后两次的分法看成5个点和7个点，每一小袋看成第一次所在的份和第二次所在的份的连线，于是得到一个二部图．若该图不连通，则存在第一次分的m 份与第二次分的n 份用了相同的糖果，故75m n =．这与5m <，7n <矛盾．则该图必连通，从而至少要11条边．即11n ≥．举例如：5、5、5、5、5、2、2、2、2、1、1．例6. 求证：世界上任意6个人之中，一定存在3个人彼此都认识或彼此都不认识．证：将每个人看成点，如果两人认识连红线，不认识连蓝线．本题即证图中存在同色三角形． 考虑点A 连出的5条线，由抽屉原理其中至少有三条同色，不妨设AB 、AC 、AD 都是红色．若B 、C 、D 之间连出红边，则出现红色三角形，否则△BCD 就是一个蓝色三角形．例7. 如果n 阶简单图中不存在子图3K ，求证：图G 中至多有24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦条边．证：设度数最大的点为A ，()d A k =，则与A 相邻的k 个点彼此之间不连线，其余1n k --个点至多连出()1k n k --条边，故总边数()()214n k n k k k n k ≤--+=-≤．。
【数学建模】数模竞赛中的图论问题
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T4
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2:3 0:1 0:5 2:1 0:1 0:1
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2.分析与建模
竞赛图 (tournam ent)
定理2 （Perron-Frobenius定理）本原矩阵A的最大特征
根r是一个正的实数。进而有
上例其中中,，s是A对应, 于r的正特征lki向m 量( Ar。)k J s
点数小于5或非双向连通的情况.
r 2.232 s (.238, .164, .231, .113, .150, .104 )T
• 竞赛中的其它图论问题：
• 灾情巡视路线（1998 CMCM-B）
•
——点的行遍性
• 钢管的订购和运输（2000 CMCM-B）
•
——最短路算法
• 乘公交，看奥运（2007 CMCM-B）
•
——最短路算法
• 交巡警服务平台的设置与调度（2011-B）
•
——最短路算法
三.可以用图论方法 讨论的问题
Ak 的第i,j个元素是 vi v j 的长度为k的有向路的条数。
0 0 2 1 2 3
0 0 2 0 1 2
A2
0
1
0
2
3
数学竞赛精讲精练讲义专题—图论与染色问题_1
v v v ,,...,129n 4[]2∈∈≠=u V v V i j i j K i j ,,;,1,2,...,=G V V V E k (,,...,;)12=G V V V E k (,,...,;)12==∅≠≤≤=V U V V V i j i j k i i i j k ,,,1,1=-C n n n 2(1)12K n K n v v v n ,,...,12v v v n ,,...,12一.知识与方法1.图平面上给定n 个点，其中某些点之间用边相连，得到的就是图，记作G 。
叫做图G 的顶点。
其集合记作V(G)，G 中所含的顶点个数n 叫做图G 的阶。
两个顶点u 和v 之间有边相连，则称所连得的边为uv 或（U,V ），而且说u 和v 相邻。
G 中的所有边构成的集合记作E （G ）。
所有以v 为端点的边数叫做顶点v 的度，记作d （v ）。
在本讲中，除非特别说明，任一条边的两个顶点不同，且两点之间最多有一条边，这样的图称为简单图。
定理1 设G 是n 阶图，则G 中n 个顶点的度数之和等于边数的两倍。
如果一个简单图中，每两个顶点之间都有一条边，这样的图称为完全图，通常将有n 个顶点的完全图记为。
完全图的边的数目是。
2.K 部图如果图G 的顶点集V 可以分解为K 个两两不交且非空的子集的并，即，并且没有一条边其两个端点都在上述同一子集内，我们称这样的图G 为K 部图，记作。
如果在一个K 部图中，任何两点，均有u 和v 相邻，则称G 是完全K 部图。
定理2. 有n 个顶点且不含三角形的图G 的最大边数为. 3.染色问题数学竞赛中的染色问题主要有两类：一类是问题本身就是用染色的方式给出的；另一类是借助于染色方式来解决问题。
这些问题通常涉及到组合中的存在性问题、最值问题、构造问题等。
常用的方法有抽屉原理、极端原理、数学归纳法、反证法、算两次或整体处理等。
二、典型例题选讲例1. 九名数学家在一次国际数学会议上相遇，发现他们中的任意三个人中，至少有两个人可以用同一种语言对话。
高中数学竞赛图论
高中数学竞赛图论
高中数学竞赛图论是一门涉及图论的数学竞赛，它是一种比较复杂的数学竞赛，要求参赛者具备较强的数学基础和较强的抽象思维能力。
高中数学竞赛图论的内容主要包括图的定义、图的性质、图的表示、图的构造、图的搜索、图的排序、图的最短路径等。
图的定义是指图的基本概念，它是一种由节点和边组成的数据结构，节点表示图中的实体，边表示实体之间的关系。
图的性质是指图的基本特征，它可以分为有向图和无向图，有向图中的边有方向，无向图中的边没有方向。
图的表示是指图的表示方法，它可以用邻接矩阵、邻接表和边表等方法来表示。
图的构造是指图的构造方法，它可以用深度优先搜索和广度优先搜索等方法来构造。
图的搜索是指在图中搜索某个节点或路径的方法，它可以用深度优先搜索和广度优先搜索等方法来搜索。
图的排序是指将图中的节点按照某种顺序排列的方法，它可以用拓扑排序和关键路径法等方法来排序。
图的最短路径是指在图中搜索两个节点之间的最短路径的方法，它可以用迪杰斯特拉算法和弗洛伊德算法等方法来求解。
高中数学竞赛图论是一门涉及图论的数学竞赛，它要求参赛者具备较强的数学基础和较强的抽象思维能力，参赛者需要掌握图的定义、图的性质、图的表示、图的构造、图的搜索、图的排序、图的最短路径等知识，并能够熟练运用这些知识来解决实际问题。
只有具备较强的数学基础和较强的抽象思维能力，才能在高中数学竞赛图论中取得优异的成绩。
中国研究生数学建模竞赛题目
中国研究生数学建模竞赛题目
以下是中国研究生数学建模竞赛的一些题目示例：
1. 非线性规划问题：给定某工厂的生产和成本数据，要求优化产量和成本之间的关系，使得产量最大化同时成本最小化。
2. 最优调度问题：某电力公司需要安排多个发电机组的启动和停止时间，以满足不同时间段的电力需求和节约燃料成本等条件。
3. 网络流问题：某物流中心需要将多个物品从供应商通过不同的物流通道送达多个目的地，要求建立一个最优的运输方案，使得总运输时间最短。
4. 高等数学问题：给定一个复杂函数模型，要求推导该函数的极值点、驻点和拐点，并分析函数在不同区间的增减性和凹凸性。
5. 随机过程问题：某金融交易市场的交易量数据呈现随机波动，要求建立一个合适的随机模型，进行交易风险评估和预测。
6. 图论问题：某城市的交通网络由多个节点和边组成，要求分析城市中的交通拥堵情况，找到最短路径和最少换乘的出行方案。
以上只是一些示例题目，实际的竞赛题目会根据具体的考查内
容和难度设置。
每年竞赛的题目都会有所变化，考察的内容也会涵盖数学的不同领域和应用实践。
turan定理在数学竞赛中的应用
turan定理在数学竞赛中的应用
Turan定理在数学竞赛中有着广泛的应用，它主要涉及图论中的一些问题。
该定理描述了一个无向图中存在的最大完全子图的数量与图中顶点数和边数之间的关系。
在数学竞赛中，Turan定理常常被用来解决一些涉及图的问题，例如最大独立集、最大匹配、最小边覆盖等。
这些问题在组合数学、图论、离散概率等领域中经常出现，也是数学竞赛中常见的题型之一。
具体来说，Turan定理可以帮助我们求出无向图中不包含固定大小完全子图的最大边数。
这可以应用于一些具有限制条件的问题，例如在给定一组点的情况下，最多可以有多少条直线不交于同一点。
通过应用Turan定理，我们可以得到这个问题的答案。
此外，Turan定理还可以应用于一些优化问题，例如在给定一组点和一组线的情况下，如何选择最优的线来连接这些点，使得总长度最短。
通过应用Turan定理，我们可以得到这个问题的最优解。
总之，Turan定理在数学竞赛中有着广泛的应用，可以帮助我们解决一些涉及图的问题和优化问题。
了解和应用Turan定理需要具备一定的数学基础和逻辑思维，对于提高数学竞赛的成绩很有帮助。
小学数学竞赛：加乘原理之图论.学生版解题技巧 培优 易错 难
7-3-3加乘原理之图论教学目标1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．知识要点一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．例题精讲【例 1】5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？【例 2】如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．【例 3】 直线a ，b 上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？a【巩固】 直线a ，b 上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？【巩固】 直线a ，b 上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？【巩固】 三条平行线上分别有2，4，3个点(下图)，已知在不同直线上的任意三个点都不共线．问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？【例 4】 一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？【例 5】在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？(补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形)．【例 6】从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使在任意相邻两个圆圈内数字之和都是不能被3整除的奇数，那么最多能找出种不同的挑法来．(六个数字相同、排列次序不同的都算同一种)。
数学竞赛中的图论方法
数学竞赛中的图论方法
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图论是数学竞赛中常用的方法之一，它用图的分析方式去探寻问题的解决办法。
它具有解决复杂问题的优势，又能够与计算机科学结合起来，用简单的数据结构可以使用它来简化问题的解决方案。
图论的基本原理是，用图表示一个问题，然后用最短路径去计算出该问题的最优解。
图论可以被用来解决线性规划问题，最短路径问题，最小费用流问题，网络流问题，平面图分割问题，拓扑优化问题等等。
这些问题的计算都需要很复杂的算法，图论的关系可以帮助数学家们研究如何去有效地使用数据结构来解决这些问题。
图论也可以被用作特征工程，将游戏/机器学习/自然语言处理等等与图论结合起来，将这些领域的问题转换成图论问题，用来挖掘出问题的关键，也可以用图论来解决不同领域之间的差异。
总而言之，在数学竞赛中，图论是一个非常有效的方法，可以用它来解决复杂问题和让计算变得更加有效，从而节省大量的时间。
它的可视化特性可以帮助竞赛者更好地理解和分析错误点，有助于找到问题的最优解，最后也可以用图论方法去解决困难，让竞赛者获得优秀的表现。
数学竞赛图论试题及答案
数学竞赛图论试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 在一个无向图中，如果有5个顶点，每个顶点至少与另外两个顶点相连，那么这个图至少有多少条边？A. 5B. 6C. 7D. 82. 一个图是二分图当且仅当它没有奇环。
这个说法是正确的吗？A. 是B. 否3. 给定一个有n个顶点的完全图，求出该图的边数。
A. n(n-1)/2B. n(n+1)/2C. n^2D. 2n4. 在一个图中，如果存在一条从顶点u到顶点v的简单路径，则称u 可达v。
如果图中任意两个顶点都是相互可达的，那么这个图是：A. 连通图B. 强连通图C. 有向无环图D. 欧拉图二、填空题（每空5分，共30分）5. 一个图的度序列是指图中所有顶点的度按照______排列的序列。
6. 如果一个图的边数等于顶点数的两倍，那么这个图一定是______。
7. 在图论中，一个图的最小生成树是指连接所有顶点的______的树。
8. 一个图的着色数是指对图中的顶点进行着色，使得任何两个相邻的顶点颜色都不同，使用的最小颜色数。
三、简答题（每题25分，共50分）9. 描述什么是图的平面性，并给出判断一个图是否为平面图的方法。
10. 解释什么是图的哈密顿回路，并给出一个例子。
答案一、选择题1. C（根据边数的最小值公式，边数至少为顶点数减一的两倍）2. B（二分图没有奇环，但不是所有没有奇环的图都是二分图）3. A（完全图的边数公式）4. A（连通图的定义）二、填空题5. 非增6. 完全二部图7. 边数最少8. 最小三、简答题9. 图的平面性指的是图可以画在平面上，使得图中的边除了端点外不相交。
判断一个图是否为平面图的方法有库拉托夫斯基定理，即如果一个图包含一个子图同构于K5（完全五顶点图）或K3,3（完全二部图），则该图是非平面的。
10. 哈密顿回路是一条通过图中每个顶点恰好一次的闭合回路。
例如，一个正方形的四个顶点可以形成一个哈密顿回路，因为可以按照顺时针或逆时针方向依次访问每个顶点一次。
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数学竞赛中的图论问题分类号密级U D C 编号本科毕业论文(设计) 题目数学竞赛中的图论问题所在院系数学与数量经济学院专业名称数学与应用数学年级 08级学生姓名李曼学号 0850410013指导教师孙静二 0一二年三月学位论文原创性声明本人郑重声明：所呈交的论文是本人在孙静老师的指导下独立进行研究所取得的研究成果. 除了文中特别加以标注引用的内容外，本论文不包含任何其他个人或集体已经发表或撰写的成果作品.本人完全意识到本声明的法律后果由本人承担.作者：日期：2012年3月29日文献综述一综述在18世纪30年代，一个非常有趣的问题引起了欧洲数学家的浓厚兴趣，这个问题就是著名的哥尼斯堡七桥问题，即要求遍历哥尼斯堡七桥中的每一座桥恰好一次后回到出发点. 欧拉证明这是不可能完成的. 此后，欧拉发表了著名的论文《依据集合位置的阶梯方法》，这是图论领域的第一篇论文，标志着图论的诞生. 图论的真正发展始于20世纪五六十年代之间，是一门既古老又年轻的学科.图论极有趣味性，严格来讲，它是组合数学的一个重要分支. 虽然图论只是研究点和线的学科,但是它的应用领域十分广泛，不仅局限于数学和计算机学科，还涵盖了社会学、交通管理等. 总的来说，图论这门科学具有以下特点：（1）图论蕴含了丰富的思想、漂亮的图形和巧妙的证明；（2）涉及的问题多且广泛，问题表明上简单朴素，本质上却十分深刻复杂；（3）解决问题的方法千变万化，非常灵活，常常是一种问题一种解法.由以上三个特点可以看出，图论与其他的数学分支不同，它不像群论、拓扑等学科那样有一套完整的体系和解决问题的系统. 而且图论所研究的内容非常广泛，如图的连通性、遍历性、图的着色、图的可平面性等等.二内容由于图论具有蕴含了丰富的思想、漂亮的图形和巧妙的证明，涉及的问题多且广泛，问题表面上简单朴素，本质上却十分深刻复杂，解决问题的方法千变万化，非常灵活，常常是一种问题一种解法的特点. 随着数学竞赛越来越规范化，并且越来越考察考生的灵活运用知识的能力. 因此近年来，图论问题频繁的出现在数学竞赛中，如典型的一笔画问题、中国邮递员问题、旅游推销员问题、排课表问题等.所谓一笔画问题，就是某图G中，从图中的某个点出发，用铅笔不离开纸面，一笔画出整个图. 在一笔画问题中，首先介绍欧拉迹和欧拉图的概念，然后给出图G 欧拉图的充要条件是，G连通且没有奇顶点. 另外再给出一个图能够一笔画成的充要条件是，图G连通且奇顶点数为0或2. 一笔画算法即是从起点a开始，选择关联边（第一这条边不是往回倒，第二这条边在前面延伸路上没有出现过）向前延伸，如果到达终点b，得到a—b迹，判断路上的边数是否为图的总边数，是就终止，否则选择迹上某个关联边没有用完的顶点v，用同样方式再搜索v—v的闭迹，添加到a—b迹上，即得到a—v—v—b迹，如果这个迹的边数还没有达到总边数，则再选择迹上某个关联边没有用完的顶点······逐步扩展即可.所谓中国邮递员问题，就是假定邮递员从邮局出发经过所投递范围内的每条街道，在递送完邮件之后，又返回邮局，问邮递员如何选择投递路线使经过的总路程最短？这个问题就是著名的中国邮递员问题.如果把投递点作为顶点，所经过的街道作为边，梁顶点间的投递距离作为相应边的权，则得到一个非负权的连通图. 于是中国邮递员问题转化为在一个非负权连通图G中求包含G的所有边的权最小的闭通道. 最后中国邮递员问题的解就是顶点集的完全图的最小权完美匹配.中国邮递员问题的算法是设中国邮递员问题的模型图G=（V，E）是非负权连通图，所有奇顶点的集是X.第1步若X= ，转第6步.第2步求出X的任意两顶点间的距离和最短路.第3步做出赋权完全图K（X）.第4步求K（X）的最小权完美匹配M.第5步对每条边（i，j）∈M，在G中复制最短i-j路的边，使G成为欧拉图G，，令G=G，.第6步在欧拉图G中求欧拉闭迹即得中国邮递员问题的解.所谓的旅游推销员问题，假设有n个城市，已知任意两个城市间的旅游费用. 今有旅游推销员从某城市出发，欲到其余（n-1）个城市去推销. 问应选择怎样的路线，使其余（n-1）个城市刚好各访问一次又回到出发城市. 其总费用最少？这个问题被称为旅行推销员问题.在排课表问题中，在一所学校有m位教师X1，X2，······，X m和n个班级Y1，Y2，······，Y n. 已知教师X i给班级Y j上节课时，要求制订一张课表使课时尽量少. 这就是排课表问题.对于此问题，设顶点集V=（X，Y），X={x1，x2，······，x m}对应m位教师，Y={y1，y2，······，y n}对应n个班级，顶点x i与y j连接着条边，于是得到一个偶图G=（X，Y，E）.假设在同一个课时，一位教师最多上一个班的课，并且，一个班也最多由一位教师上课，因此在同一个课时的教学时间表对应偶图G的一个匹配. 反之，图G的每个匹配都对应在一个课时教师上课的一个分派. 换言之，偶图G的一个匹配与课表的一个课时正好一一对应. 因此，排课表的问题转化为求偶图的匹配，而使匹配的个数尽量少.在图论中，有很多方面都值得研究，如染色问题、遍历性问题、图的连通性、图的可连通性等. 并且在数学竞赛，无论是小学数学竞赛、初中数学竞赛，还是高中数学竞赛，甚至很多国际的奥林匹克竞赛中有很多的应用.本文通过介绍图论中的基本概念，通过介绍度、欧拉回路、哈密尔顿圈与哈密尔顿路和匹配的基本的定理，并结合该定理与数学竞赛中试题进行了讨论.三总结图论问题蕴含了丰富的思想、巧妙的证明，而且涉及的问题多且广泛，解决的问题也十分广泛，非常灵活，常常是一种问题一种解法，因此图论与其他的数学分支不同，它不像群论、拓扑等学科那样有一套完整的体系和解决问题的系统. 而且图论所研究的内容非常广泛，如图的连通性、遍历性、图的着色、图的可平面性等等.文中只是简单的介绍了图的基本概念，然后结合度、欧拉回路、哈密尔顿圈与哈密尔顿路和匹配的基本定理，并结合该定理与数学竞赛中的试题进行了讨论.文中还有很多问题并没有涉及到，并且，图论问题中仍然还有许多问题并没有干净、漂亮的解决，还需要很多研究者不断的研究和发现图论问题中的奥妙.参考文献[1]王树禾.图论.北京：科学出版社,2009[2]王树禾.图论及其算法.合肥：中国科学技术大学出版社，1990[3]王树禾.从哥尼斯堡七桥问题谈起.长沙：湖南教育出版社，1999[4]徐俊明.图论及其应用.安徽：中国科技技术大学出版社，2010[5]王朝瑞.图论.北京：人民教育出版社，1981[6]Andrasfai B.图论导引.郭照人译.北京：高等教育出版社，1980[7]Harry F.图论.李慰萱译.上海：上海科学技术出版社，1980[8]叶其孝等.大学生数学建模竞赛辅导教材.长沙：湖南教育出版社，1998[9]李尚志，王树禾等.数学建模竞赛教程.南京：江苏教育出版社，1996[10]学而思培优教研部.小学奥数系统总复习上册.北京：西藏人民出版社，2012[11]学而思培优教研部.小学奥数系统总复习下册.北京：西藏人民出版社，2012[12]黄东坡.数学培优竞赛新帮手初三年级.湖北：湖北辞书出版社，2002[13]陈传理，刘玉翘等.高中数学竞赛名师指导第二册.武汉：华中师范大学出版社.2001[14]钱展望，朱华伟.奥林匹克数学训练题集初二分册.武汉：湖北教育出版社，2002[15] 钱展望，朱华伟.奥林匹克数学训练题集高一分册.武汉：湖北教育出版社，2002摘要：随着图论问题的发展，图论的理论和方法广泛的应用于数学竞赛中. 一方面，图论研究迅猛发展，问题层出不穷；另一方面，图论问题可以用通俗的形式表达，没有太多的术语，也不需要很深的理论. 并且，图论问题灵活巧妙，作为竞赛题很合适. 因此近年来图论问题在数学竞赛中反复的出现. 本文首先给出了图论问题中的一些基本概念，再从度、欧拉回路、哈密尔顿圈与哈密尔顿路和匹配四个方面，运用相应的理论，结合数学竞赛中的试题，分别进行了讨论.关键词：度；欧拉回路；哈密尔顿圈；哈密尔顿路；匹配Abstract: With the development of Graph Theory, many theories and methods of graph theory are used in the mathematics tournament. On the one hand, with the rapid development of graph theory ,many issues are emerging; on the otherhand ,graph theory can be expressed in simple forms, need not too many terms and does not require deep theories. On the same time, graph theory problems are so flexible and clever that they are appropriate to be the competition titles. In recent years, graph theory problems are repeated in the Mathematics Olympiad. Firstly this article gives some basic concepts in graph theory problems, secondly the questions in the Mathematics Olympiad are discussed from the degree, Euler circuit, Hamilton cycles and Hamilton Road and matching and the use of appropriate theory.Key words: degree; Euler cycle; Hamilton cycle; Hamilton path; matching目录一、引言·····························································1二、数学竞赛中的图论问题 (1)2.1度在数学竞赛中的应用 (3)2.1.1度的基本概念和欧拉定理 (3)2.1.2应用举例 (3)2.2欧拉回路和欧拉迹在数学竞赛中的应用 (6)2.2.1通路、迹、道路、闭通路、圈和连通图的基本概念 (7)2.2.2连通图的判断定理 (8)2.2.3欧拉回路和欧拉迹的概念 (9)2.2.4欧拉回路和欧拉迹的判断定理 (9)2.2.5应用举例 (10)2.3哈密尔顿圈和哈密尔顿路在数学竞赛中的应用 (13)2.3.1哈密尔顿圈和哈密尔顿路 (13)2.3.2应用举例 (14)2.4匹配在数学竞赛中的应用 (16)2.4.1匹配的概念和hall婚配定理 (16)2.4.2应用举例 (17)三.结束语 (18)参考文献 (19)致谢 (20)一、引言随着近几年数学竞赛逐步制度化、规范化的发展，数学竞赛在考试内容上也随之增多，在试题的覆盖面上也随之增广. 并且，数学竞赛更加考察考生的灵活运用数学知识的能力，而图论问题蕴含了丰富的思想、漂亮的图形和巧妙的证明，而且涉及的问题多且广泛，虽然问题外表简单朴素，但是本质上却十分深刻复杂，另外解决问题的方法千变万化，非常灵活，常常是一种问题一种解法，这些特点正是数学竞赛中所要体现的. 通过图论课程的学习，理解掌握图论的基本的思想方法，对于增进我们的数学应用意识，推进数学教学改革是十分有益的. 由于图论在考察青少年的数学洞察力、创造思维和数学的机敏等方面有独到的作用，因此图论问题一直受到数学教育界的青睐，一些高层次的数学竞赛中经常出现以图论知识为背景或运用图论思想方法来处理的问题，比如国际数学奥林匹克竞赛（IMO）第6届第4题，20届第6题，21届第2题，32届第4题，33届第3题等等.不仅如此，在很多小学竞赛试题中，也常常出现要运用图论知识来解答的试题.例如，在某小学数学竞赛试题中，出现了这样一个题：一天，小明做完作业正在休息，收音机中播放着轻松、悦耳的音乐.他拿了支笔，信手在纸上写了“中”、“日”、“田”几个字.突然，他脑子里闪出一个念头，这几个字都能一笔写出来吗？他试着写了写，“中”和“日”可以一笔写成（没有重复的笔划），但写到“田”字，试来试去也没有成功.这是怎么回事呢？这就是典型的一笔画问题.另外，图论问题的许多经典问题还在数学竞赛中还有很多应用.下面我们就来具体的讨论一下数学竞赛中的图论问题.二、数学竞赛中的图论问题顾名思义，图论就是图的理论，它的基本研究对象就是图.那么什么是图呢？平面上给定n个点，，……，其中某些对点之间用边相连，得到的就是一个图，记作图G，，，……叫做图G的顶点，其集合记作.图G 所含的顶点个数n 叫做图G 的阶. 若干个点（称之为顶点）有些点之间有边相连，这就构成了一个图G . 而以点x 为端点的边的条数称为点x 的度，也叫顶x 的次数，记作.在图（2）中，连接顶点v 1，v 3的边共有三条：e 1，e 2，e 3. 这样的边称为重边.在图里，有的边的两个端点重合，这样的边叫做环，例如图（2）中，边e 4就是一个环.无环、无重边的图叫做简单图.例如图（1）和图（3）就是简单图，而图（2）则不是简单图.设G 是一个图，v 是图G 的一个顶点.图G 中所有和v 相邻的顶点的集合记作N （v ），它叫做顶点v 的邻域.所有以v 为一端点的边数叫做顶点v 的度，记作的d （v ）.例如，图（1）中v 1，v 2，v 3，v 4，v 5的度都为4，图（2）中，v 1的度为6.注意环的度要算成2.对于简单图中任意顶点v ，恒有0≤d （v ）≤n -1.设G 是n 阶简单图，如果G 的任意两个顶点都相邻，则G 叫做n 阶完全图，记作K n .例如图（1）就是5阶完全图K 5.很显然，K n 的每个顶点的度都是n-1.顶点的度都是k 的图叫做k 正则图.对简单图G ，它的顶点集合V （G ）可以划分为两个子集X 和Y ，使得Xx x xKyy y y y v 4 e e v e v v e v vv 3v 1v 4图（1） 图（2） 图（3）的顶点之间以及Y的顶点之间都不相邻，而每条边的端点，一个在X中，另一个在Y中，则图G叫做二部图.例如，图（3）就是一个二部图.设G是二部图，它的顶点集合V（G）可以划分为两个子集X和Y，使得X中每个顶点和Y的所有顶点都相邻，而X的顶点之间以及Y的顶点之间都不相邻，则G叫做完全二部图.如果X与Y所含顶点个数分别是|X|=n，|Y|=m，.例如图（3）就是完全二部图K3,5.则记完全二部图G为K n，m图的基本概念是从客观世界中抽象出来的.它提供了一种熟悉模型.在现实生活中可以找到很多图的例子.例如，在一个舞会上，参加舞会的任意两个人，要么相互认识，要么互不认识.要描述参加舞会的人民之间的相互认识关系就可以用图的概念.把参加舞会的人视为顶点，其集合记为V，对于u，v∈V，如果u和v所代表的两个人认识，则在顶点u和v之间连一条边，如果u和v所代表的两个人互不认识，则u和v之间不连边.这样就得到了图.在熟悉了图的概念之后，就可以具体的介绍图论中的基本定理.2.1度在数学竞赛中的应用2.1.1 度的基本概念和欧拉定理前面已经介绍了图论中的基本概念，因此，这里不再重复度的概念了.设图G是n阶图，在图G中得到的度和边数之间存在着密切的联系，即有下面的定理和推论.定理1图G中所有点的度之和等于边数的2倍.定理1是图论中最早出现的一个基本定理，它最早出现在著名数学家欧拉为解决哥尼斯堡七桥问题而撰写并于1736年发表的论文里，是解决哥尼斯堡七桥问题的主要依据.这个定理有许多重要的应用，因此，它是解决数学竞赛中有关问题的一个有力工具.推论图中奇次顶总数是偶数.2.1.2 应用举例例1 n人聚会，n>3，其中至少有一人没有和其他所有人握手.聚会中可能和每个人都握手的人数之最大值是多少？（“希望杯”邀请赛试题）解由题意，把参加聚会的人视为顶点，其集合记作V，对于，v∈V，如果u和v所表示的两个人握了手，则令u和v相邻，得到n阶简单图记作G.则图G中至少有一个顶点u，使得.这表明，图G不是完全图.要求的是，聚会中和其他所有的人都握手的人数的最大值，即求图G中度为n-1的顶点个数之最大值.于是即求所有n阶非完全的简单图G中度为n-1的顶点个数之最大值m.由于图G是非完全图，所以至少有两个顶点u和v是不相邻的，因此d(u)≤n-2，d(v)≤n-2.这表明，m≤n-2.取一个n-2阶完全图K n-2，另取两个顶点u和v.令K n-2中每个顶点都和u 与v相邻，而u与v不相邻，得到的图记作K n-2+u+v.很明显，图K n-2+u+v不是完全图，而且d(u)=d(v)=n-2，并且对除u，v外任意的顶点x均有d（x）=n-1.这表明m=n-2.即聚会中和每个人都握手的人数之最大值是n-2.例2 有一个团体，由1982个人组成，其中任意四个人中都至少有一个人认识其他三个人.问该团体中认识其他所有人的成员最少有多少？（上海市竞赛题）解把该团体的成员视为顶点，其集合记作V.对于u，v∈V，如果u，v所表示的两名成员彼此认识，则令u和v相邻，否则令u和v不相邻，得到的是一个1982阶简单图G.由已知条件可知，如果1982阶简单图G的任意四个顶点中都至少有一个顶点和其他三个顶点相邻.求图G中至少有多少个度为1981的顶点？当图G为完全图时，图G的每个顶点的度都是1981.所以有1982个度为1981的顶点.当图G为非完全图时，图G中必有两个不相邻的顶点u和v，显然有d（u）≤1980，d（v）≤1980.因此，图G中度为1981的顶点的个数≤1980.如果图G中除u和v外还有两个顶点x和y不相邻，则u，v，x和y中不存在和其他三个顶点都相邻的顶点，与图G所具有的性质矛盾.因此图G中除u和v外任意两个顶点都相邻.这说明，对G中除u和v外的任意顶点x，都有d（x）≥1979.如果G中除u和v外的任意顶点x都和u与v相邻，则d（x）=1981.此时，G中度为1981的顶点个数为1980.设G中除u和v外有个顶点x和u与v不都相邻，则有题意，G中除u，v和x之外的任意顶点y和u、v与x都相邻.因此，d（u）≤1980，d（v）≤1980，d（x）≤1980，且d（y）=1981.所以G中度为1981的顶点个数为1879,.这表明，如果1982阶简单图G中任意四个顶点中必有一个顶点和其他三个顶点都相邻，则G中至少有1979个度为1981的顶点.所以，该团体中认识其他所有人的成员最少是1979.例3 有7为男生与7为女生参加一次舞会，会后统计出各人的跳舞次数为（按从小到大的顺序）：3，3，3，3，3，4，6，6，6，6，6，6，6，6 （1）证明其中必有错误.（北京市竞赛题）证明用点表示人，如果两个人跳过一次舞，就在相应的两个点之间连一条线.跳舞次数的和就是图中各点的度的和，而（1）中有5个奇数，总和为奇数，这与定理1矛盾！例4 在例3 中，如果统计的跳舞次数为3，3，3，3，3，5，6，6，6，6，6，6，6，6，其中是否有错？这里约定男生不与男生跳舞，女生也不与女生跳舞.（北京市竞赛题）解我们用黑点表示男生，红点表示女生.在跳过舞的两个人之间用边相连（跳几次就连几次）.根据约定，黑点之间互不相连，红点之间也互不相连.所得的图为二部图，显然所有黑点的度之和=所有红点的度之和=图中的边数（2）但题中给出的14个数中仅有一个数5不被3整除，这样（2）的一边被3整除；另一边恰有一个数不被3整除，从而不被3整除.矛盾！例5晚会上大家握手言欢，试证握过奇次手的人数是偶数.（全国初中数学竞赛试题）证构作一图，以参加晚会的人为顶，仅当二人握手之时，在相应的二项间加一条边.于是没人握手的次数即为所造的图的相应顶之次数.由定理1的推论，奇次顶的个数是偶数，所以握过手的人数为偶数.例6 大于7公斤的整公斤的重量都可以仅有一些3公斤和5公斤的两种砝码来称量.（《学校报》公开赛试题）证 只需证明对任意给定的自然数n ，存在二部图()n G ，其中X顶子集有n 个顶点，每顶都只有一次，Y 顶子集中的项是3次或5次的.下面用数学归纳法证明之：当n=8时，结论显然成立，如图（4）假设对于,结论以成立，. 以下证明对，结论仍成立. 为此，在的顶子集中添加一项；由归纳法假设，在的中顶是3次或5次的，分以下两种情形讨论：(i)若中皆三次顶，去，，,将其重合成一个顶,再于与之间连一条边，最后把劈开成两个5次顶，则得满足要求的 (ii)若Y 中有5次顶，设()5i d y =，在i y 与1k x +之间连一边，再把i y 劈开成两个3次顶，则得满足要求的二分图()1k G +.证毕.2.2欧拉回路和欧拉迹在数学竞赛中的应用在上节已经提到，度的概念和欧拉定理是著名数学家欧拉为解决所谓哥尼x x x 4 x 5 x 6 x 7 x 8yy x 图（4）斯堡七桥问题而提出的.古城哥尼斯堡位于普瑞格尔河的两岸及河中的两个岛上，城市的各个部分由七座桥连接.十八世纪，哥尼斯堡属于东普鲁士（纤维苏联的加里宁格勒）.那时候，哥尼斯堡市民生活富足.每到星期天，市民们喜欢四处散布.于是便产生了这样的问题：是否可以设计一种方案，使得人们从家里出发，经过每座桥恰好一次，最后回到家里.尽管许多人试图解决这个问题，但是谁也没有答案.哥尼斯堡七桥问题引起了欧拉的兴趣.他从人们的失败中敏锐地领悟到，也许那样的方案根本就不存在.1736年，年方二十九岁的欧拉终于解决了这个问题，并在彼得堡科学院报告了自己的结果.欧拉的文章不仅仅是解决了一个难题，而且标志着一个新的数学分支——图论的创立.这一部分将介绍欧拉的研究结果.为此，我先来介绍一些基本的术语.2.2.1 通路、迹、道路、闭通路、圈和连通图的基本概念 设G 是一个图，x 0，x 1，···，x k 是图G 的某些顶点.如果图G 含有边e 1=x 0x 1，e 2=x 1x 2，···，e k =x k-1x k ，则由x 0，x 1，···，x k 和e 1，e 2，···e k 组成的点边交错序列（x 0，e 1，x 1，e 2，x 2，···，x k-1，e k ，x k ）叫做图G 的一条长为k 的通路，记作x 0x 1x 2···x k .如果一条通路中所有的边都不同，则称它是一条迹，如图（5），x 1e 1x 2e 8x 2x 4就是一条迹.如果通路中所有的顶点都不同，则称它是一条道路，则图（5）中x 1e 1x 2x 4x 5是一条道路，始点和终点重合的通路叫做闭通路，则图（5）中x 1e 1x 2e 8x 2x 4x 5e 5x 1是一条闭通路，如果一条闭通路除始点和终点相重合外，其x 1 e 8 e 7e 6 e 3 e 2 e 1 x 4 x 2 x 3x 5e 4 e 5 图（5）他顶点都不相同，则称它为圈，则图（5）中x1e1x2x4x5e5x1是圈.设G是一个图，如果图G是一阶图，或者图G的阶大于1，并且对图G中任意两个顶点u和v，总有一条以u为始点且以v为终点的通路，则图G叫做连通图，否则图G叫做不连通的.图（5）就是一个不连通的根据直观感受，可以想到，对给定的图G，它的顶点的度越大，它的边数也就越大，任意两个顶点之间的通路相连接的可能性就越大，因此图G越有可能是连通的.当然，这仅仅是一种直观的想象.事实上，图G的连通性和它的顶点的度之间确实存在密切的联系.2.2.2 连通图的判断定理定理2设G是n阶简单图.如果图G中顶点的最小度满足，则图G是连通的.例7 有2n部电话交换台，每部电话交换台都至少和n部电话交换台有直接线路连接.证明，其中任意两部电话交换台都可以进场一次通话（允许通过别的交换台）.（“希望杯”邀请赛试题）证明：用顶点表示交换台，其集合记作V.对于u，v∈V，当且仅当u和v 表示的两部交换台有直通线连接时令u和v相邻，得到的是2n阶简单图.由于每部交换机都至少和n部交换台连接直通线路，所以图G中每个顶点的度至少是n.即图G的顶点的最小度.由定理2，图G是连通的.于是由定义，对图G中任意两个顶点u和v，总有一条以u为起点且以v为终点的通路x0x1···x k，其中x0=u，x k=v，由于连接顶点x i+1和x i（i=1，2，···，k）的边即是交换台x i+1和x i的直通线路，所以只要接线人员按照直通线路x0x1，x1x2，···，x k-1x k的顺序接线，则交换台u和v就可以实现一次通话.例8 圆周上有13个点，能否用自然数1，2，3，···，13给这些点编号，使得任意两个相邻的点的号码之差的绝对值至少是3，最多是5？（1986年匈牙利数学竞赛试题）解答案是“不能”.现在用反证法证明之.假设存在一种编号方法，使得任意两个相邻的点的号码之差的绝对值至少是3，最多是5，把圆周上13个点视为13个顶点，其集合记作V.对于顶点u。