图论问题选讲

图 论
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,()k
i 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36e v -…,对于连通的偶图,则有24e v -….
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)()()2
n n i i i i n n d v d v +
-==-==∑∑,且2211[()][()]n n
i i i i d
v 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 +-≡±+剟),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952
N ⨯∉,矛盾. 由上述讨论知,8n ….
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.
3 4 A A
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21122
n 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 -<<<剟，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 <剟的边
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()()x y z x yz
2x =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
≠剟中每取两个与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 剟这样做,
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256203
C =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 剟国成员的编号，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 剟,则i j vu u 为1C 色三角形，命题得证．如果330
K 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 剟,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 剟,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．。