图论第三章答案

14. 12枚外观相同的硬币，其 中有一枚比其他的或轻 或重.使用决策树描述一个 算法，使得只用一个天 平且最多进行三次比较 就可以确定出坏币并且 判断出它是 轻是重..
解：如下图：
补充：如果连通加权图 G的权值互不相同，则 G有唯一一棵最小生成树 .
证：反证法，设G有T1 , T2 两棵最小生成树，则 T1 , T2的权之和相等, 且存在边e1 , e2 权值不同. 此时e1 T1但e2 T2，e2 T2 但e1 T1 , 令T3 T1 e1 e2，T4 T2 e2 e1，则T3和T4亦是生成树. 由e1，e2的权不同可知：T3或T4中必有一个是权比 T1 ( T2 )小的树，得矛盾 .
11. 根据图回答下列问题 . (a.)对下列每个二进制序列 进行解码. (1)100111101 (2)10001011001(3)10000110110001(4)0001100010110000 (b.)对下列单词进行解码 . (1)den(2)need (3)leaden(4) penned
8. 明下列各题： 1.)若完全二叉树T有m个内点和k个叶子点，则m k 1. 2.)完全二叉树T的边数e，满足e 2(k 1).其中，k为叶子点数.
证： (1.)因为有m个内点的完全二叉树有 2m 1个顶点， 所以由顶点关系得： 2m 1 m k , 则m k 1. (2.)因为树T的边数(e) 顶点数(2m 1) 1, 所以e 2m 2(k 1).
3. 设无向图 G中有n个顶点 m条边，且 m n, 则G中必有圈.
设G有连通分支 T1 , T2 , , Tk (k 1) , 若G中无圈，则 Ti (1 i k ) 也无圈，所以 Ti 是树 .
mi 条边，则 mi ni 1 另设 Ti 有 ni 个顶点，
所以 m mi (ni 1) ni k n k , 则m n, 与m n矛盾 .
解：由图可得： s(00), a(01), e(11), d (10000), l (10001), p(1001), n(101). 故而得： (a) (1)1001,11,101: pen(2)10001,01,1001: lap (3)10000,11,01,10001: deal(4)00,01,10001,01,10000 : salad (b) (1)den : 1000011101 (2)need : 101111110000 (3)leaden : 1000111011000011101 (4) penned : 1001111011011110000
i 1 n
且由每个顶点的度至少 为1(d i 0)可知：G中每个顶点的度至少与 一条边相关联. 假设G为连通分支数 ( 1)最少的非连通图，则 G必含有圈c. 否则G为森林可知： n n 1与 n 1矛盾. 去c的一个边xy，则由xy为非割边可知： (G xy ) (G ). 在G中不含c的另一个分支中，任取 一条边uv(uv可能为环，此时u v). 则图H G {xy, uv} {xu, yv}的分支数比G少1，且仍以(d1 , d 2 ,, d n )为度序列. 这与G是这种图中分支数为最 少的假设矛盾，所以 G为连通图且 n 1. 故G为一棵树.
9. 完全二叉树T必有奇数个顶点 .
证：设 T有m个内点， k个叶子点.由8题(1.)知： m k 1, 则顶点数 m k 2k 1为奇数.
10. 一次连环信开始时有一 个人寄出一封信给其他 5个人.收到这信的每个人或者 寄 出这信给从来没有收到 过它的其他5个人，或者不把它寄给 任何人.假定在这个连环终 止以前有 10000人寄出过信，并且没有 人收到超过一封信，有 多少人收到过信？又有 多少人收到过信但是没 有寄出过它？
vT
又 T 中只有2个点的度为 1 ，故 dG (u ) 2 ，同时树 T 是联通图，所以它是一条路.
2. 证明：若G是 (G) k 的树，则G中度为 1顶点至少有k个.
证：设 G中度为1的点集合为 S (G)，且 S (G) s, d (u) (G) k .
令其余顶点集合 H (G) V (G) (S (G) u),则有H（G） V（G） （s 1 ），
树及其应用 (除第14题二叉树搜索决策树 )
1. 证明：若一棵树恰好有 两个顶点的度为 1，则它是一条路 ..
证：反证法，设树 T有n个顶点，其中v1 , v2 是度为 1的顶点, 则在 G T {v1 , v2 } 中如存在 u G 满足 dG (u ) 2 . 可得 d (v) 2( n 3) 2 2 2( n 1) ，
5. 若G连通且e G，则e属于G的每一个生成树当且仅 当e是G的割边.
证： 若e不是G的割边，则G e连通, 所以G e中包含一生成树 T. 显然T也是G的生成树且不包含 e.这与假设矛盾，所以 e是G的割边. 若e是G的割边，且在G中存在一个不含 e的生成树T . 则T e包含一圈c, 且e c.这与e是割边矛盾，所以 e属于G的每一个生成树 .
且任意的 v H (G)有d (v) 2.
反证法，若S (G) s k ,即k s 1
则有 2 (G)
vV (G )

d (v)
vH (G )

d (v)
vS (G )

d (v) d (u)
2V (G) (s 1) s k 2V (G) 1 k (s 1) 2V (G) 1
vT
（这里 n 3 指 T 去掉 v1 , v2 后 ，共 n 2 个顶点 ，最多有 n 3 条边 ,2是指将 v（或 1
v 2 ）与 G 相连后增加的度数）
又 d (v) 2 (T ) 2(n 1) 2(n 1) 矛盾 ， 所以 u G 满足 dG (u ) 2 .
n
7. 设正整数序列 (d1 , d 2 ,, d n )满足 d i 2(n 1)，证明以(d1 , d 2 ,, d n )为度序列
i 1
的连通分支数目最少的 图G为一棵树.
证：由 d i 2(n 1)为偶数可知： (d1 , d 2 ,, d n )为某一图的度序列，显 然 n 1.
6 20， 7 25.
用Huffman 算法求得带权为 5， 5， 10， 10， 15， 20， 25的最优二叉树，如下图 所示： (这里我们仅考虑其中一 种情况) 其最优前缀码为a : 11, b : 01, c : 101, d : 100, e : 001, f : 0000, g : 0001 则用以上方法构造的 a, b, c, d , e, f , g传送1000个这样的符号所用的二 进制为： 1 2350. 1000 4 （5 5） 3 （ 10 10 15） 2 （20 25） 100
i 1 i 1 i 1 k k k
则G中必有圈.
4. 已知一棵无向树 T有三个 3度顶点，一个 2度顶点，其余的都是 1度顶点， 试求 T中叶子数 .
解：设T中叶子数为k，则T中共有3 1 k个顶点，可得 T中有3 1 k - 1条边. 故可得T中总度数的关系式： k 1 1 2 3 3 2 (3 1 k 1),所以k 5.
解：此问题为完全 5叉树问题，且内点 i对应于寄出信的人，而 树叶k对应于不寄出信的人 .因为在 这个连环终止以前有 10000人寄出过这信，所以在 这个根数里内点 i 10000，则收到过信的人数 为：n 5i 1 50001, 树叶k n i 40001, 即40001人收到过信但没有寄出 .
12. 试画一棵带权 1 ， 3， 8， 9， 12， 15， 16的最有二叉树，并计算 它的权.
解：对给定的权数排序 得： 1 3 8 9 12 15 16, (1)连接1， 3为权的两片树叶，得一 内点，其权为 1 3 4， (2)在4， 8， 9， 12， 15， 16中排序后得： 4 8 9 12 15 16,同样选两个 最小权的顶点4， 8相连得一内点，其权为 4 8 12. (3)重复下去，直到有 7片树叶为止. 可计算其最优二叉树的 权为： (T ) 5 (1 3) 4 8 3 9 2 (15 12 16) 165.
13. 设七个符号在通讯中出 现的频率如下： a : 25%,b : 20%, c : 15%, d : 10%,e : 10%, f : 5%, g : 5% 编一个最优前缀码，画 出相应的最优二叉树 .问传递1000个符号，需要多少个二 进 制位？
解：用 100乘各频率，并由小到大 排序得：1 5， 2 5，3 10， 4 10，5 15，
6. 证明：若G不含环，且恰好有一棵 生成树T，则G T .
证：反证法，假设 G T , 则存在边e E (G ) E (T ), 又因G中不含环，则T e含有圈. 则T e中必含有另一边 e ' T , 使得T ' T e e '是连通的，仍是 G中的一颗生成树 . 这与G只有一棵生成树 T的假设矛盾，所以 E (G ) E (T ),则G T .