电子科技大学-图论第二次作业
电子科技大学研究生试题《图论及其应用》(参考答案)
电子科技大学研究生试题《图论及其应用》(参考答案)考试时间：120分钟一．填空题(每题3分，共18分)1．4个顶点的不同构的简单图共有__11___个；2．设无向图G 中有12条边，已知G 中3度顶点有6个，其余顶点的度数均小于3。
则G 中顶点数至少有__9___个；3．设n 阶无向图是由k(k ?2)棵树构成的森林，则图G 的边数m= _n-k____;4．下图G 是否是平面图？答__是___; 是否可1-因子分解？答__是_.5．下图G 的点色数=)(G χ______, 边色数=')(G χ__5____。
图G二．单项选择(每题3分，共21分)1．下面给出的序列中，是某简单图的度序列的是( A )(A) (11123); (B) (233445); (C) (23445); (D) (1333).2．已知图G 如图所示，则它的同构图是（ D ）3． 下列图中，是欧拉图的是（ D ）4． 下列图中，不是哈密尔顿图的是（B ）5． 下列图中，是可平面图的图的是（B ）AC DA B CD6．下列图中，不是偶图的是（ B ）7．下列图中，存在完美匹配的图是（B ）三．作图(6分)1．画出一个有欧拉闭迹和哈密尔顿圈的图；2．画出一个有欧拉闭迹但没有哈密尔顿圈的图；3．画出一个没有欧拉闭迹但有哈密尔顿圈的图；解： 四．(10分)求下图的最小生成树，并求其最小生成树的权值之和。
解：由克鲁斯克尔算法的其一最小生成树如下图：权和为：20.五．(8分)求下图G 的色多项式P k (G).解：用公式(G P k -G 的色多项式：)3)(3)()(45-++=k k k G P k 。
六．(10分) 22，n 3个顶点的度数为3，…，n k 个顶点的度数为k ，而其余顶点的度数为1，求1度顶点的个数。
解：设该树有n 1个1度顶点，树的边数为m.一方面：2m=n 1+2n 2+…+kn k另一方面：m= n 1+n 2+…+n k -1 v v 13图G由上面两式可得：n 1=n 2+2n 3+…+(k -1)n k七．证明：(8分) 设G 是具有二分类(X,Y)的偶图，证明(1)G 不含奇圈；（2）若|X |≠|Y |，则G 是非哈密尔顿图。
电子科技大学图论作业
图论作业3一、填空题1. 完全图K2n共有个不同的完美匹配。
2. 超方体Q6的最小覆盖包含的点数为。
3. 图K m,n (m≤n)的最小覆盖包含的点数为。
4. 完全图K60能分解为个边不重的一因子之并。
5. 完全图K61能分解为个边不重的二因子之并。
6. 假设G是具有n个点、m条边、k个连通分支的无圈图，则G的荫度为。
7. 图G是由3个连通分支K1, K2, K4组成的平面图，则其共有个面。
8. 设图G与K5同胚，则至少从G中删掉条边才可能使其成为可平面图。
9. 设连通平面图G具有5个顶点，9条边，则其面数为。
10. 若图G是10阶极大平面图，则其面数等于。
11. 若图G是10阶极大外平面图，其内部面共有个。
二、不定项选择题1. 关于非平凡树T，下面说法错误的是( )(A) T至少包含一个完美匹配；(B) T至多包含一个完美匹配；(C) T的荫度大于1；(D) T是只有一个面的平面图；(E) T的对偶图是简单图。
2. 下列说法正确的是( )(A) 三正则的偶图存在完美匹配；(B) 无割边的三正则图一定存在完美匹配；(C) 有割边的三正则图一定没有完美匹配；(D) 有完美匹配的三正则图一定没有割边；(E) 三正则哈密尔顿图存在完美匹配。
3. 下列说法正确的是( )(A) 在偶图中，最大匹配包含的边数等于最小覆盖包含的点数；(B) 任一非平凡正则偶图包含完美匹配；(C) 任一非平凡正则偶图可以1-因子分解；(D) 偶度正则偶图可以2-因子分解；(E) 非平凡偶图的最大匹配是唯一的。
4. 下列说法中错误的是( )(A) 完全图K101包含1-因子；(B) 完全图K101包含2-因子；(C) 完全图K102包含1-因子；(D) 完全图K102包含2-因子；(E) 图G的一个完美匹配实际上就是它的一个1因子；(F) 图G的一个2-因子实际上就是它的一个哈密尔顿圈。
5. 下列说法正确的是( )(A) 方体Q n可以1-因子分解；(B) 非平凡树可以1-因子分解；(C) 无割边的3正则图可以1-因子分解；(D) 有割边的3正则图一定不可以1-因子分解；(E) 可1-因子分解的3正则图一定是哈密尔顿图。
电子科大研究生图论06-14年图论期末试题
(A) (11123); (B) (22222); (C) (3333); (D) (1333). 2． 下列图中，是欧拉图的是（ ）
A
B
C
D
3． 下列图中，不是哈密尔顿图的是（
）
A
B
C
D
4． 下列图中，是可平面图的图的是（
）
A
B
C
D
5．下列图中，不是偶图的是（ ）
A
B
C
D
三、 (8 分)画出具有 7 个顶点的所有非同构的树
一．填空题(每题 2 分，共 12 分) 1． 简单图 G=(n,m)中所有不同的生成子图(包括 G 和空图)的个数 是_____个； 2． 设无向图 G=(n,m)中各顶点度数均为 3， 且 2n=m+3,则 n=_____; m=_____； 3．一棵树有 ni 个度数为 i 的结点，i=2,3,…,k,则它有____个度 数为 1 的结点； 4．下边赋权图中，最小生成树的权值之和为_______;
六． (10 分)设 l 是赋权完全偶图 G=(V,E)的可行顶点标号， 若标号对 应的相等子图 Gl 含完美匹配 M * ,则 M * 是 G 的最优匹配。
七.(10 分) 求证：在 n 阶简单平面图 G 中有 φ ≤ 2n − 4 ，这里 φ 是 G 的面数。
八、(10 分)来自亚特兰大，波士顿，芝加哥，丹佛，路易维尔，迈 阿密， 以及纳什维尔的 7 支垒球队受邀请参加比赛， 其中每支队都被 安排与一些其它队比赛(安排如下所示)。 每支队同一天最多进行一场 比赛。建立一个具有最少天数的比赛时间表。 亚特兰大：波士顿，芝加哥，迈阿密，纳什维尔 波士顿：亚特兰大，芝加哥，纳什维尔 芝加哥：亚特兰大，波士顿，丹佛，路易维尔 丹佛：芝加哥，路易维尔，迈阿密，纳什维尔 路易维尔：芝加哥，丹佛，迈阿密
电子科技大学-图论第一次作业-
课本习题一：
4. 证明下面两图同构。
v1
u1
v2
v6
v10 v5
v7
v8 v9
v3
v4 (a)
u6 u5
u2
u8
u10
u3
u7
u9
u4
(b)
证明:作映射 f : vi ↔ ui (i=1,2….10)
容易证明，对vi v j E ((a)),有 f (v i vj,),,ui,uj,,E,((b))
中不
3.设 G 是阶大于 2 的连通图，证明下列命题等价：
（1）
G 是块
（2）
G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一
个圈上；
（3）
G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。
： 是块，任取 的一点 ，一边 ，在 边插入一点 ，使得 成为两条边，由此 得到新图 ，显然 的是阶数大于 的块，由定理 4， 中的 u,v 位于同一个 圈上，于是 中 u 与边 都位于同一个圈上。
件下的不同构的情形，则从上面穷举出的情况可以看出四个顶点的非同构简单图
有 11 个。
11.证明：序列（7,6,5,4,3,3,2）和（6,6,5,4,3,3,1）
不是图序列。
证明：由于 7 个顶点的简单图的最大度不会超过 6，因此序列（7,6,5,4,3,3,2）不
是图序列；
（6,6,5,4,3,3,1）是图序列
(G1) 2 最小边割{（6,5），（8,5）} {（6,7），（8,7）}{（6,9），（8,9）}
1j 10 ) 由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。
5.证明：四个顶点的非同构简单图有 11 个。
证明：设四个顶点中边的个数为 m，则有：
电子科技大学-图论第二次作业
复杂性分析：在第 k 次循环里，找到点 u0 与 v0，要做如下运算: (a) 找出所 有不邻接点对----需要 n(n-1)/2 次比较运算；(b) 计算不邻接点对度和----需要做 n(n-1)/2-m(G)次加法运算;(c ),选出度和最大的不邻接点对----需要 n(n-1)/2-m(G)次
2) 若 ek 不在 Ck 中，令 Gk-1=Gk-ek, Ck-1=Ck; 否则转 3); 3) 设 ek=u0v0 ∈Ck, 令 Gk-1=Gk-ek; 求 Ck 中两个相邻点 u 与 v 使得 u0,v0,u,v 依序 排列在 Ck 上，且有：uu0,vv0 ∈E(Gk-1),令：
Ck1 Ck u0v0,uvuu0,vv0
如果在
中有 H 圈
如下： Ck1 (u0 , v0 , v1,..., vn2 , u0 )
我们有如下断言： 在Ck1上，vi , vi1, 使得u0vi , v0vi1 E(Gk )
若不然，设
那么在 Gk 中，至少有 r 个顶点与 v0 不邻接，则
≦(n-1)-r < n-r， 这样与 u0，v0 在 Gk 中度和大于等于 n 矛盾！
图的闭包算法：
1) 令 =G ,k=0;
2) 在 中求顶点 与 ,使得：
dGk (u0 ) dGk (v0 ) max dGk (u) dGk (v) uv E(Gk )
3) 如果 此时得到 G 的闭包；
dGk (u0 ) dGk (v0 ) n
则转 4);否则，停止，
4) 令
,
,转 2).
则 是非 Hamilton 图
(2)因为 是具有二分类 的偶图，又因为
，在这里假设
,则有
,也就是说：对于
电子科大研究生图论考试 附答案
1电子科技大学研究生试卷（考试时间： 至 ，共__2_小时）课程名称 图论及其应用 教师 学时 60 学分 教学方式 讲授 考核日期_2013__年_6__月__20__日 成绩 考核方式： （学生填写）一．填空题(每空2分，共20分)1． n 阶k 正则图G 的边数m =_____。
2．4个顶点的不同构单图的个数为________。
3．完全偶图,r s K (,2r s ≥且为偶数)，则在其欧拉环游中共含____条边。
4．高为h 的完全2元树至少有_______片树叶。
5. G 由3个连通分支124,,K K K 组成的平面图，则其共有_______个面。
6. 设图G 与5K 同胚，则至少从G 中删掉_______条边，才可能使其成为可平面图。
7. 设G 为偶图，其最小点覆盖数为α，则其最大匹配包含的边数为________。
8. 完全图6K 能分解为________个边不重合的一因子之并。
9. 奇圈的边色数为______。
10. 彼得森图的点色数为_______。
二．单项选择(每题3分，共15分) 1．下面说法错误的是( )学 号 姓 名 学 院…………………… 密……………封……………线……………以……………内……………答…… ………题……………无……………效……………………2(A) 图G 中的一个点独立集，在其补图中的点导出子图必为一个完全子图；(B) 若图G 连通，则其补图必连通； (C) 存在5阶的自补图； (D) 4阶图的补图全是可平面图. 2．下列说法错误的是（ ） (A) 非平凡树是偶图；(B) 超立方体图(n 方体,1n ≥)是偶图； (C) 存在完美匹配的圈是偶图； (D) 偶图至少包含一条边。
3.下面说法正确的是( )(A) 2连通图一定没有割点（假定可以有自环）； (B) 没有割点的图一定没有割边；(C) 如果3阶及其以上的图G 是块，则G 中无环，且任意两点均位于同一圈上；(D) 有环的图一定不是块。
电子科大12年研究生图论试卷
电子科技大学研究生试卷学号姓名学院…………………… 密……………封……………线……………以……………内……………答……………题……………无……………效……………………（考试时间：至，共__2_小时）课程名称图论及其应用教师学时 60 学分教学方式讲授考核日期_2012__年___月____日成绩考核方式：（学生填写）一、填空题（填表题每空1分，其余每题2分，共30分)1．阶正则图G的边数=；2．3个顶点的不同构的简单图共有个；3．边数为的简单图的不同生成子图的个数有个；4. 图与图的积图的边数为；5. 在下图中，点到点的最短路长度为；6. 设简单图的邻接矩阵为，且，则图的边数为；7. 设是n阶简单图，且不含完全子图，则其边数一定不会超过；8．的生成树的棵数为;9. 任意图的点连通度、边连通度、最小度之间的关系为；10. 对下列图，试填下表（是类图的打〝√ 〞，否则打〝〞）。
①②③能一笔画的图Hamilton图偶图可平面图①√√②√√③√√√二、单项选择(每题2分，共10分)1．下面命题正确的是 ( B )对于序列，下列说法正确的是：(A) 是简单图的度序列；(B) 是非简单图的度序列;(C) 不是任意图的度序列;(D) 是图的唯一度序列.2．对于有向图，下列说法不正确的是 ( D )(A) 有向图中任意一顶点只能处于的某一个强连通分支中；(B) 有向图中顶点可能处于的不同的单向分支中;(C) 强连通图中的所有顶点必然处于强连通图的某一有向回路中;(D) 有向连通图中顶点间的单向连通关系是等价关系。
3.下列无向图可能不是偶图的是 ( D )(A) 非平凡的树；(B) 无奇圈的非平凡图；(C) 方体；注意：n方体是n正则二部图。
(D) 平面图。
4.下列说法中正确的是 ( C )(A) 连通3正则图必存在完美匹配；(B) 有割边的连通3正则图一定不存在完美匹配；(C) 存在哈密尔顿圈的3正则图必能1因子分解；(D) 所有完全图都能作2因子分解。
图论习题
《图论及其应用》习题课教材杨春编电子科技大学应用数学学院内容提要本书主要对张先迪等编的研究生《图论及其应用》教材的习题进行解答。
该书可作为研究生图论教学的参考教材。
前言现实生活中，许多问题都可归结为一个由点和线组成的图形的问题。
例如，由点代表车站，线代表铁路线的铁路网络图；点代表路口，线代表街道的城市交通图；点代表管道接头，线代表管道的自来水供水系统；点代表电路的结点，线代表结点间的电气元件的电网络图；点代表网络的结点，线代表通讯线的通讯网络、计算机网络等等。
图论正是研究这些由点和线组成的“图形”问题的一门学科。
图论起源于18世纪，其第一篇论文是由欧拉（Euler，1707—1782）于1736年所完成。
这篇论文解决了一个当时还没有解决的著名问题—哥尼斯堡（Königsberg）七桥问题（见第四章）。
这篇论文也使欧拉成为了图论和拓扑学的创始人。
图论诞生后，特别是近三十年来发展十分迅速，应用也十分广泛。
其应用已涉及物理学、化学、运筹学、计算机科学、信息论、控制论、网络理论、社会科学、以及管理科学等诸多领域。
由于图论与计算机科学紧密相联系，近若干年来，在计算机科学、计算机网络的迅猛发展下，更拓展了图论的应用发展空间。
在计算机的许多领域内，它都占有一席之地。
图论在矩阵论、群论等其它一些数学分支中，也有其重要的应用。
张先迪等编的《图论及其应用》一书精选了内容广泛、难度各易的习题，其中的大多数习题都是对图论的进一步学习是应当掌握的。
本书依序将该书的重要内容摘要列出，并将全部习题给出了详细解答。
本书所涉及到的术语、符号与该书一致。
有些习题存在多种解法，在一般情况下，只给出一种解法供参考。
由于编者水平有限及编写时间的匆忙，书中难免出现一些缺点和错误，恳请同行专家及读者提出宝贵意见和建议，以使本书得以不断改进和完善。
编者2004．7目录第一章图的基本概念1.1 图和简单图1.2 子图与图的运算1.3 路与图的连通性1.4 最短路及其算法1.5 图的代数表示及其特征1.6 极图1.7 交图与团图习题1第二章树2.1 树的概念与性质2.2 树的中心与形心2.3 生成树2.4 最小生成树习题2第三章图的连通度3.1 割边、割点和块3.2 连通度3.3 应用3.4 图的宽距离和宽直径习题3第四章欧拉图与哈密尔顿图4.1 欧拉图4.2 高效率计算机鼓轮的设计4.3 中国邮路问题4.4 哈密尔顿图4.5 度极大非哈密尔顿图4.6 旅行售货员问题4.7 超哈密尔顿图4.8 E图和H图的联系4.9 无限图中的欧拉,哈密尔顿问题习题4第五章匹配与因子分解5.1 匹配5.2 偶图的匹配与覆盖5.3 Tutte定理与完美匹配5.4 因子分解5.5 最优匹配与匈牙利算法5.6 匹配在矩阵理论中的应用习题5第六章平面图6.1 平面图6.2 一些特殊平面图及平面图的对偶图6.3 平面图的判定及涉及平面性的不变量6.4 平面性算法习题6第七章图的着色7.1 图的边着色7.2 顶点着色7.3 与色数有关的几类图7.4 完美图7.5 着色的计数，色多项式习题27.6 List着色7.7 全着色7.8 着色的应用习题7第八章Ramsey定理8.1 独立集和覆盖8.2 Ramsey定理8.3 广义Ramsey数8.4 应用习题8第一章 图的基本概念§1.1 图和简单图定义1 一个图G 定义为一个有序对(V , E )，记为G = (V , E )，其中 （1）V 是一个非空集合，称为顶点集或边集，其元素称为顶点或点；（2）E 是由V 中的点组成的无序点对构成的集合，称为边集，其元素称为边，且同一 点对在E 中可出现多次。
电子科技大学2017年图论期末试卷
12017年图论课程练习题一．填空题1.图1中顶点a 到顶点b 的距离d (a ,b )= 。
ab9 图112.已知图G 的邻接矩阵0110110100110100010110010A=，则G 中长度为2的途径总条数为 。
3.图2中最小生成树T 的权值W (T )= 。
4.图3的最优欧拉环游的权值为 。
12 图 22图35.树叶带权分别为1,2,4,5,6,8的最优二元树权值为 。
二．单项选择1．关于图的度序列，下列说法正确的是( )(A) 对任意一个非负整数序列来说，它都是某图的度序列；(B) 若非负整数序列12(,,,)n d d d π= 满足1ni i d =∑为偶数，则它一定是图序列；(C) 若图G 度弱于图H ，则图G 的边数小于等于图H 的边数；(D) 如果图G 的顶点总度数大于或等于图H 的顶点总度数，则图G 度优 于图H 。
2．关于图的割点与割边，下列说法正确的是（ ） (A) 有割边的图一定有割点； (B) 有割点的图一定有割边； (C) 有割边的简单图一定有割点； (D) 割边不在图的任一圈中。
3.设()k G ，()G λ，()G δ分别表示图G 的点连通度，边连通度和最小度。
下面说法错误的是( )3(A) 存在图G ，使得()k G =()G δ=()G λ； (B) 存在图G ，使得()()()k G G G λδ<<；(C) 设G 是n 阶简单图，若()2n G δ≥，则G 连通，且()()G G λδ=；(D) 图G 是k 连通的，则G 的连通度为k 。
4.关于哈密尔顿图，下列命题错误的是( ) (A) 彼得森图是非哈密尔顿图；(B) 若图G 的闭包是哈密尔顿图，则其闭包一定是完全图； (C) 若图G 的阶数至少为3且闭包是完全图，则图G 是哈密尔顿图； (D) 设G 是三阶以上简单图，若G 中任意两个不邻接点u 与v ，满足()()d u d v n +≥，则G 是哈密尔顿图。
2015电子科技大学-图论期末考试复习题
个括号时，会记录下 50 个右括号。
以下说法错误的是 A. 同构的图具有相同的顶点数和边数 B. 同胚的图边数相同，但顶点数不同 C. 如果一个图是可平面的，那么与它同构的图也是可平面的 D. 如果一个图是可平面的，那么与它同胚的图也是可平面的 如果一个 3－正则简单平面图的每个面都有 3 条边，则这个图的边数是 A．3 B．4 C．5 D ．6 图 H 是下面平面图 G 的一个平面嵌入，则图 H 的面数是 A．5 B．6 C．7
解：下面的表格给出了求解 v1 到其他各顶点之间的最短距离的 Dijks次数是
。
做一个图 G，使其顶的次序列为(5,5,4,4,3,3,2,2,2)。
下列哪个序列不可能构成一个图的顶点次数序列？ A．(2,2,2,2,2) B．(3,3,3,3) C．(1,2,3,4,5)
已知一棵无向树 T 中有 8 个顶点，4 度、3 度、2 度的顶点各一个，T 的树叶数为
。
有 n（n>1）个顶的树 T，下面说法不正确的是 A．T 是二分图 B．T 是可平面图 C．T 中存在完美匹配 D．T 中任意两点间有唯一轨道相连接 设 G 是有 n 个结点，m 条边的连通图，为了得到 G 的一棵生成树，必须从 G 中删去的边数 是 A．m−n+1 B．m−n C．m+n+1 D．n−m+1 无向简单图 G 是棵树，当且仅当 A．G 连通且边数比顶点数少 1 C．G 的边数比顶点数少 1 下面给出的集合中，哪一个是前缀码 A．{0，10，110，101111} C．{b，c，aa，ab，aba}
一个图的生成子图必是唯一的。 不同构的有 2 条边，4 个顶的无向简单图的个数为 A．1 B．2 C．3 画出 5 个具有 5 个结点 5 条边的非同构的无向连通简单图。 u0 到 v1 的最短轨长度为 6，u0 到 v2 的最短轨长度为 1，u0 到 v3 的最短轨长度为 4，u0 到 v4 的最短轨长度为 2，u0 到 v5 的最短轨长度为 6，u0 到 v6 的最短轨长度为 9，u0 到 v7 的最短轨 长度为 3。
图论第二次作业 电子科技大学
图论第二次作业一、第四章4.3（1）画一个有Euler 闭迹和Hamilton 圈的图； （2）画一个有Euler 闭迹但没有Hamilton 圈的图； （3）画一个有Hamilton 圈但没有Euler 闭迹的图； （4）画一个既没有Euler 闭迹也没有Hamilton 圈的图； 解：（1）一个有Euler 闭迹和Hamilton 圈的图形如下：（2）一个有Euler 闭迹但没有Hamilton 圈的图形如下：（3）一个有Hamilton 圈但没有Euler 闭迹的图形如下：（4）一个既没有Euler 闭迹也没有Hamilton 圈的图形如下：4.7证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1,C 1,....,C m ,使得E(G)=E(C 1) E(C 2) ..... E(C m )。
证明：将G 中孤立点除去后的图记为G 1,则G 1也没有奇点，且δ(G 1)≥2，则G 1含圈C 1，在去掉G 1-E(C 1)的孤立点后，得图G 2，显然G 2仍无奇度点，且(G 2)≥2，从而G 2含圈C 2，如此重复下去，直到圈C m ，且G m -E(C m )全为孤立点为止，于是得到E(G) E(C 1) E(C 2) ... E(C m )。
4.10证明：若（1）G 不是二连通图，或者（2）G 是具有二分类(X,Y)的偶图，这里|X|≠|Y|， 则G 是非Hamilton 图。
证明：（1）因为G 不是二连通图，则G 不连通或者存在割点V ，有w(GV)2，由相关定理得：若G 是Hamilton 图，则对于V(G)的任意非空顶点集S ，有：w(GS)S ，则该定理得逆否命题也成立，所以可得：若G 不是二连通图，则G 是非Hamilton 图。
（2）因为G 是具有二分类(X,Y)的偶图，又因为|X|≠|Y|，在这里假设|X|≠|Y|，则有w(G-X)=Y>X ，也就是说：对于V(G)的非空顶点集S ，有：w(G-S)>S 成立，则可以得出G 是非Hamilton 图。
电子科大研究生图论——第1,2章基本概念,树
精品课件
例
G1
G2
K1,3
四个图均为偶图;
K 3,3
K1,3 , K3,3为完全偶图
精品课件
例
偶图
不是偶图
简单图G 的补图: 设 G =（V, E），则图 H =（V，E1\E） 称为G 的补图，记为 H G , 其中集合
例1 设 V ={v1, v2, v3, v4}，E ={v1v2 , v1v2, v2v3 }，则 G = (V, E) 是一个4阶图。
v1
v4
若用小圆点代
表点，连线代表边
，则可将一个图用
“图形”来表示,
如例精品课件
v3
注: 也可记边 uv 为e ，即 e = uv。
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
2. Hamilton 周游世界问题
1859年 Hamilton 提出这样一个 问题：一个正十二面体有20个顶点，它 们代表世界上20个重要城市。正十二面 体的每个面均为五边形，若两个顶点之 间有边相连，则表示相应的城市之间有 航线相通。 Hamilton 提出 “能否从某 城市出发经过每个城市一次且仅一次然 后返回出发点？”
精品课件
定理5 设有非负整数组Π = (d1, d2,…, dn)，且
n
di 2m
i 1
是一个偶数，n-1≥d1≥d2≥…≥dn， Π是可图的充要条件为
( d 2 1 , d 3 1 , , d d 1 1 1 , d d 1 2 , , d n )
电子科大图论-第二次作业(4、5章)-答案
习题四
3.（1）画一个有 Euler 闭迹和 Hamilton 圈的图；
（2）画一个有 Euler 闭迹但没有 Hamilton 圈的图； （3）画一个有 Hamilton 圈但没有 Euler 闭迹的图； （4）画一个即没有 Hamilton 圈也没有 Euler 闭迹的图； 解：找到的图如下： (1) 一个有 Euler 闭迹和 Hamilton 圈的图；
(2) 一个有 Euler 闭迹但没有 Hamilton 圈的图；
(3) 一个有 Hamilton 圈但没有 Euler 闭迹的图;
(4)一个即没有 Hamilton 圈也没有 Euler 闭迹的图.
7. 将 G 中的孤立点去掉后的图为 G1，则 G1 也是没有奇度点的，且 G1 的最小
度大于等于 2.则 G1 存在一个圈 S1，在 G1 –S1 中去除孤立的点，得到一个新的 图 G2，显然 G2 也没有奇度的点，且 G2 的最小度大于等于 2.这样 G2 中也存在 的点。这 样 E(G) = E(G1)并 E(G2)…并 E(Gm).命题得证。
则 是非 Hamilton 图
(2)因为 是具有二分类 的偶图，又因为
，在这里假设
,则有
,也就是说：对于
的非空顶点集 ，有：
成
立，则可以得出则 是非 Hamilton 图。
习题五
1. (1)证明：每个 k 方体都有完美匹配(k 大于等于 2)
电子科大,杨春,图论第二次作业
第四章3.7.证明：因为G 中无奇点，去除度为零的点，则G ’中必可以找到一条Eular 闭迹，也就是初始圈C1，之后去掉C1所包含的边，去点度为零的点，则在新图G ’’ 中每个点的度数仍为偶数，在G ’中可以找到一条Eular 闭迹，也就是圈C2，以此类推，可以寻到C3、.....、Cm ，最后可以得到()()()()C E C E C E G E m ⋃⋯⋯⋃⋃=21。
10.证明：(1)如果G 不是二连通的，则G 存在割点或者不是连通的。
若G 不是连通的，则G 不是Hamilton 图；若G 中存在割点v ，则G-v 的连通分支数大于等于2，由定理：若G 是H 图，则对于V 的每个非空子集S ，均有()S S G ≤-ω可知，G 为非H 图。
(2)不妨设|X|<|Y|,则G-X 的连通分支数|Y|>|X|，由（1）中的定理可知，G 为非H 图。
12.证明：假设G 中新加入的一点，为V ，它和G 中的每一个顶点均相连，这样得到新的图∧G ,这样∧G 的度序列为()n d d d n ,,......,,11121+++。
因为不存在正整数m<(n+1)/2,使其满足dm<m 和dn-m+1<n-m,即不存在m<n/2,满足dm<=m<m+1和dn-m+1<n-m+1 = (n+1)-m 。
由定理知，∧G 中含有Hamilton 圈C ，这样G^-C 就是G 的H 路，命题得证。
第五章1.（1）证明：假设K方体的顶点坐标为：(x1,x2…,xk)，取(x1,x2,….,xk-1,0)和(x1,x2,…,xk-1,1)两个顶点之间的边的全体集合为M，这样M,中的边均不相邻，所以M是一个匹配，且|M| = 2^(k-1)。
K方体一共有2^k个顶点，所以K方体的每一个顶点均是M饱和的，所以M是K 方体的一个完美匹配。
（2）K2n中的任一个顶点有2n-1中方法被匹配，选择其中的一条边后，则剩下2(n-1)个顶点，其导出子图为K2(n-1。
【免费阅读】2016电子科技大学_图论期末考试复习题
2015电子科技大学 图论考试复习题关于图论中的图，以下叙述不正确的是A ．图中点表示研究对象，边或有向边表示研究对象之间的特定关系。
B ．图论中的图，画边时长短曲直无所谓。
C ．图中的边表示研究对象，点表示研究对象之间的特定关系。
D ．图论中的图，可以改变点与点的相互位置，只要不改变点与点的连接关系。
一个图中最长的边一定不包含在最优生成树内。
下面哪个图形不与完全二分图K 3,3同构？ A ．B ．C ．D ．有10条边的5顶单图必与K 5同构。
完全二分图K m ,n 的边数是 A ．m B ．n C ．m +n D ．mn无向完全图K n 的边数为 A ．n B ．n 2C ．n (n -1)D ．n (n -1)/2若一个无向图有5个顶点，如果它的补图是连通图，那么这个无向图最多有 条边。
对于两个图，如果顶点数目相等，边数相等，次数相等的顶点数目也相等，则这两个图同构。
有15个顶的单图的边数最多是 A ．105B ．210C ．21D ．45图G 如右，则dacbeb A ．是G 中的一条道路B ．是G 中的一条道路但不是行迹C ．是G 中的一条行迹但不是轨道D ．不是G 的一条道路图G 如右，则befcdefA ．是G 的一个圈B ．是G 的一条道路但不是行迹C ．是G 的一条行迹但不是轨道D ．是G 的一条轨道但不是圈v367图G如右图所示，则ω (G)=A．1 B．2C．7 D．8下列图形中与其补图同构的是A．B．C．D．求下图中顶u0到其余各顶点的最短轨长度。
u0v1=8，u0v2=1，u0v3=4，u0v4=2，u0v5=7，v1v2=7，v1v3=2，v1v6=4，v2v4=2，v2v7=3，v3v5=3，v3v6=6，v4v5=5，v4v7=1，v5v6=4，v5v7=3，v6v7=6，请画出6阶3正则图。
请画出4个顶，3条边的所有非同构的无向简单图。
设图G={V(G)，E(G)}其中V={a1, a2, a3, a4, a5}，E(G)={(a1, a2)，(a2, a4)，(a3, a1)，(a4, a5)，(a5, a2)}，试给出G的图形表示并画出其补图的图形。
图论 (2)
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例9.2.12
求右图中所有结点的度数、出度 和入度，指出悬挂结点和为悬挂 边。 解 deg(v1) = 1，deg+(v
1)
v1 v4 v2
1)
v5
=
0，deg-(v
= 1
v3
deg(v2) = 4，deg+(v2) = 3，deg-(v2) = 1
2013-7-10
143-22
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例9.3.1
判 断 下 图 G1 中 的 回 路 v3e5v4e7v1e4v3e3v2e1v1e4v3 、 v3e3v2e2v2e1v1e4v3 、v3e3v2e1v1e4v3 是否是简单回路、 基本回路？图G2 中的通路v1e1v2e6v5e7v3e2v2e6 v5e8v4 、 v1e5v5e7v3e2v2e6v5e8v4 、 v1e1v2e6v5e7v3e3v4 是否是简单通路、基本通路？并求其长度。
对于同构，形象地说，若图的结点可以任意挪 动位置，而边是完全弹性的，只要在不拉断的条件 下，一个图可以变形为另一个图，那么这两个图是 同构的。
2013-7-10 143-15
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两个图同构的必要条件
（1）结点数目相同；
（2）边数相同；
（3）度数相同的结点数相同。
9.3.1 通路与回路
通路与回路是图论中两个重要的基本概念。本 小节所述定义一般来说既适合有向图，也适合无向 图，否则，将加以说明或分开定义。
2013-7-10
143-20
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2023年离散数学图论部分形成性考核书面作业4答案
离散数学作业4离散数学图论部分形成性考核书面作业本课程形成性考核书面作业共3次，内容重要分别是集合论部分、图论部分、数理逻辑部分的综合练习，基本上是按照考试的题型（除单项选择题外）安排练习题目，目的是通过综合性书面作业，使同学自己检查学习成果，找出掌握的薄弱知识点，重点复习，争取尽快掌握。
本次形考书面作业是第二次作业，大家要认真及时地完毕图论部分的综合练习作业。
一、填空题1．已知图G 中有1个1度结点，2个2度结点，3个3度结点，4个4度结点，则G 的边数是 15 ．2．设给定图G (如右由图所示)，则图G 的点割集是{f} ．3．设G 是一个图，结点集合为V ，边集合为E ，则G 的结点 度数之和 等于边数的两倍．4．无向图G 存在欧拉回路，当且仅当G 连通且 等于出度 ．5．设G=<V ，E >是具有n 个结点的简朴图，若在G 中每一对结点度数之和大于等于 n-1 ，则在G 中存在一条汉密尔顿路．姓 名：学 号：6．若图G=<V, E>中具有一条汉密尔顿回路，则对于结点集V的每个非空子集S，在G中删除S中的所有结点得到的连通分支数为W，则S中结点数|S|与W满足的关系式为W(G-V1) ≤∣V1∣．7．设完全图Kn 有n个结点(n≥2)，m条边，当n为奇数时，Kn中存在欧拉回路．8．结点数v与边数e满足e=v-1 关系的无向连通图就是树．9．设图G是有6个结点的连通图，结点的总度数为18，则可从G中删去4 条边后使之变成树．10．设正则5叉树的树叶数为17，则分支数为i = 5 ．二、判断说明题（判断下列各题，并说明理由．）1．假如图G是无向图，且其结点度数均为偶数，则图G存在一条欧拉回路．．(1) 不对的，缺了一个条件，图G应当是连通图，可以找出一个反例，比如图G是一个有孤立结点的图。
2．如下图所示的图G存在一条欧拉回路．(2) 不对的，图中有奇数度结点，所以不存在是欧拉回路。
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习题四：3. (1)画一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图；(2) 画一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 画一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图；(4) 画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图;解：找到的图如下：(1)一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图；(2)—个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图;⑶一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.4. 设n阶无向简单图G有m条边，证明：若2 ) * ',则G是血加此"图。
证明：G是H图。
若不然，因为G是无向简单图，则n芝3,由定理％若G是n芝3的非单图，则G、一 ...C …度弱丁某个阵".于是有：- - 1 2 E(G)| E(C m,n ) - m (n 2m)(n m 1) m(m 1)1.这与条件矛盾！所以G 是H 图若G 有个奇点，则存在k 条边不重的迹Q1・Q 矿心，使得 E(G) = E(Q 】)U E(Q J U E(Q 3) U …U E(Q k ) 证明：不失一般性，只就 G 是连通图进行证明。
设 G=(n, m)是连通图。
令 虬 V 2,…,v,V k+1,…,v 是G 的所有奇度点。
在V i与v i+k 问连新边e i 得图G* (1三隹k). 则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C 在C 中删去e i (1m M k).得 k 条边不重的迹Qi (1 MiMk):E(G) E(Q1^E(Q2^^E(Qk)10. 证明：若：(1) G 不是二连通图，或者(2) G 是具有二分类|(X,Y)的偶图，这里|X” |Y|则G 是非Hamilton 图。
证明：(1) G|不是二连通图，则G 不连通或者存在割点v ,俨任-v) >2 ,由丁课本 上的相关定理：若G 是Hamilton 图，则对丁*勇)的任意非空顶点集S,有： w(G- S) <|S|,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图， 则G 是非Hamilton 图(2)因为是具有二分类(XI)的偶图，乂因为|X|丰1丫1,在这里假设|X| < |Y|,则有 w(G-X) = |Y|>|X|，也就是说：对北(G)|的非空顶点集S,有：w(G-S)>||S|成 立，则可以得出则G 是非Hamilton 图。
11. 证明：若有Hamilton 路，则对丁 V 的每个真子集S,有w(G - S) ' |S | +】.证明：G 是H 图，设C 是G 的H 圈。
则对V(G)的任意非空子集S,容易知道：(C S) S1 1 -(m 1)(m 2) (m 1)(n 2m 1)8.证明所以，有：(G S) (C S) |S，则必然有：W(G-S)W |S| + 1.12. 设G是度序歹U为(d i,d2, •••,©的非平凡单图，且diM d2M・・・M d n。
证明：若G 不存在小丁(n+1)/2的正整数m,使得：d m<m且d n-m+i<n-m,则G有H路。
证明：在G之外加上一个新点v,把它和G的其余各点连接得图G iG1G i的度序列为：(d i+1,d2+1，…,n+1, n),由条件：不存在小丁(n+1)/2的正整数m,使得d m+1M mH d n-m+i+1<n-m+1=(n+1)-ni 丁是由度序歹0判定定理知：G i是H 图，得G有H路。
15.写出下列问题的一个好算法：(1) 构作一个图的闭包；(2) 若某图的闭包是完全图，求该图的H圈。
解：(1)构作一个图的闭包：根据图的闭包定义，构作一个图的闭包，可以通过不断在度和大丁等丁n的非邻接顶点对问添边得到。
据此设计算法如下：图的闭包算法：G1) 令0=G ,k=0;2) 在Gk中求顶点％与V。
,使得：d G k(&) d Gk(V o) max d G k(u) d Gk (v) uv E(G k)3) 如果d G k(u o) d G k (v o) n 则转4);否则，停止，此时得到G的闭包；4) 令Gn = Gk+ 咿七k = k + l|,转2).复杂性分析：在第k次循环里，找到点u0与v0,要做如下运算：(a)找出所有不邻接点对----需要n(n-1)/2次比较运算；(b)计算不邻接点对度和----需要做n(n-1)/2-m(G炊加法运算;(c ),选出度和最大的不邻接点对----需要n(n-1)/2-m(G炊比较运算。
所以，总运算量为：1 1 _ _2 -n(n 1) 2 - n(n 1) m(G) O(n 2) 2 2所以，上面的闭包算法是好算法。
(2)若某图的闭包是完全图，求该图的 H 圈。
方法：采用边交换技术把闭包中的一个 H 圈逐步转化为G 的一个H 圈。
该方法是基丁如下一个事实：在闭包算法中，Gk + 1 = °k+呻七叫与昵在兑中不邻接，且度和大丁等丁如果在Gk+1中有H 圈4+1如下：C k 1 (U 0,V 0,V 1,..., V n 2,U 0)Ck+1我们有如下断言:在 C k 1上，v,v i 1,使得 u 0v i ,v o v i 1 E (Gk )Ck+l=(n-1)-r < n-r,这样与U 0, v 0在G k 中度和大丁等丁 n 矛盾! 上面结论表明：可以从C k+1中去掉"u%而得到新的H 圈，实现H 圈的边交换。
由 此，我们设计算法如下：1) 在闭包构造中，将加入的边依加入次序记为ei (1 Mi M N),这里，N=n(n-1)/2-m(G )在G N 中任意取出一个 H 圈C N ,令k=N;2) 若 e k 不在 C k 中,令 G k-1=G k -e k , C k-1=C k ;否则转 3);3) 设e k =u 0V 0 € C k ,令G k-1=G k -e k ；求C k 中两个相邻点u 与v 使得u 0,v 0,u,v 依序 排歹0么 C k 上，且有：UU O ,VV O € E(G k-1),令：C k 1 C k U O V O , uv uu °,vv 04) 若 k=1,转 5);否则，令 k=k-1,转 2);5) 停止。
C O 为G 的H 圈。
复杂彳生分析：一共进行N 次循环，每次循环运算量主要在3),找满足要求的邻接顶点u 与v, 至多n-3次判断。
所以总运算量：N(n-3)属丁好算法。
习题五：1. (1)证明：每个k 方体都有完美匹配(k 大丁等丁 2)⑵ 求K 2n 和K n,n 中不同的完美匹配的个数。
证明一：证明每个k 方体都是k 正则偶图。
n.若不然，设—'那么在G k 中，至少有r 个顶点与v 0不邻接，则事实上，由k方体的构造：k方体有2k个顶点，每个顶点可以用长度为k的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。
如果我们划分k方体的2k个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X,否则归入Y。
显然，X中顶点互不邻接，Y中顶点也如此。
所以k方体是偶图。
乂不难知道k方体的每个顶点度数为k,所以k方体是k正则偶图。
由推论：k方体存在完美匹配。
证明二：直接在k方体中找出完美匹配。
设k方体顶点二进制码为(X1 ,X2,…以,我们取(X1 ,X2, ••• k X1,0)，和(X1 ,X2, •••k X1,1) 之间的全体边所成之集为M.显然，M中的边均不相邻接，所以作成k方体的匹配，乂容易知道：|M|=2 k-1.所以M是完美匹配。
⑵我们用归纳法求K2n和K n,n中不同的完美匹配的个数。
K2n的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。
所以K2n的不同完美匹配个数等丁(2n-1)险n-2,如此推下去，可以归纳出K2n的不同完美匹配个数为：(2n-1)!! 同样的推导方法可归纳出K n, n的不同完美匹配个数为：n!2. 证明树至多存在一个完美匹配。
证明：若不然，设M1与M2是树T的两个不同的完美匹配，那么M1则2当，容易知道：T[M1Z M2]每个非空部分顶点度数为2,即它存在圈，丁是推出T中有圈，矛盾。
7.将％表示为四个生成圈之和证明：K4n+1= K 2(2n)+1 ,所以，可以分解为2n个边不重的2因子之和。
而K9= K2 X4+ 1|。
所以、可以表示为四个边不重的2因子之和，对丁每个分解出的因子的路径为：P i = V i V^l V4 + l V i- 2V i + 少-U1 + J,则、的四条路径为：P l = V l V8V2V7V3V O V4V5,P2 = V2V l V3V fl V4V7V5V6,P3 = V3V2V4V l V5V U V b V7,P4=V4V3V5V2V6V1V7V^,则生成圈儿是七Ml与P］的两个端点连线生成的。
所以可以将孔表示为四个生成圈之和。
10.证明：若n为偶数，且a (G)»n/2+1，则n阶图G有3因子。
证明：因a (G)» n/2+1，由狄拉克定理：n阶图G有H圈C 乂因n为偶数，所以C 为偶圈。
丁是由C可得到G的两个1因子。
设其中一个为F1 o考虑G1=G-F1。
贝U §(Gi) > n/2 丁是G1 中有H 圈G.作H=G U F1。
显然H是G的一个3因子。
19.证明：对n> 1,K+1有一个4因子分解。
证明：K4n+1= K2(2n)+1 ,所以，可以分解为2n个边不重的2因子之和。
而任意2个2因子可以并成一个4因子。
所以，共可以并成n个4因子。
即K4n+1可以分解为n个4因子的和。
所以：对n> 1,临+1有一个4因子分解。