离散数学第8,9章课后习题答案

第8章 习题参考答案
1. 在一次10周年同学聚会上，想统计所有人握手的次数之和，应该如何建立该问题的图论模型？
解：将每个同学分别作为一个节点，如果两个人握过一次手就在相应的两个节点之间画一条无向边，于是得到一个无向图。

一个人握手的次数就是这个节点与其他节点所连接的边的条数，进而可得出所有人握手的次数之和。

2. 在一个地方有3户人家，并且有3口井供他们使用。

由于土质和气候的关系，有些井中的水常常干枯，因此各户人家要到有水的井去打水。

不久，这3户人家成了冤家，于是决定各自修一条路通往水井，打算使得他们在去水井的路上不会相遇。

试建立解决此问题的图论模型。

解：将3户人家分别看做3个节点且将3口井分别看做另外3个节点，若1户人家与1口井之间有一条路，则在该户人家与该口井对应的节点之间连一条无向边，这样就得到一个无向图。

3. 某人挑一担菜并带一条狼和一只羊要从河的一岸到对岸去。

由于船太小，只能带狼、菜、羊中的一种过河。

由于明显的原因，当人不在场时，狼要吃羊，羊要吃菜。

通过建立图论模型给出问题答案。

解：不妨认为从北岸到南岸，则在北岸可能出现的状态为24=16种，其中安全状态有下面10种：（人，狼，羊，菜），（人，狼，羊），（人，狼，菜），（人，羊，菜），（Φ），（人，羊），（菜），（羊），（狼），（狼，菜）；不安全的状态有下面6种：（人）（人，菜）（人，狼）（狼，羊，菜）（狼，羊）（羊，菜）。

线将北岸的10种安全状态看做10个节点，而渡河的过程则是状态之间的转移，这样就得到一个无向图，如图8-1所示。

图8-1
从上述无向图可以得出安全的渡河方案有两种：
第1种：（人，狼，羊，菜）→（狼，菜）→（人，狼，菜）→（狼）→（人，狼，羊）→（羊）→（人，羊）→（Φ）。

(人，狼，羊，菜)
(人，狼，羊)
(人，狼，菜)
(人，羊，菜)
(人，羊) (狼，菜) (羊) (狼) (菜) (Φ)
第2中：（人，狼，羊，菜）→（狼，菜）→（人，狼，菜）→（菜）→（人，羊，菜）→（羊）→（人，羊）→（Φ）。

4. 证明：任何n 阶完全图K n 的边数为n(n-1)/2。

证 n 阶简单图的边数为2/)1(2-=n n C N。

5. 对于n 阶简单无向图G ，若其边数为m ，试计算G 的补图G 的边数。

解：由于G 的边数与其补图G 的边数之和为n 阶完全图K n 的边数为n(n-1)/2，因此G 的边数为n(n-1)/2-m 。

6. 证明：对于任意n 阶简单图G 有1)(-≤∆n G 。

证：根据简单图的定义，当一个节点与其余所有节点均邻接时，其度数达到最大，于是对于任意n 阶简单图G 有1)(-≤∆n G 。

7. 无向图G 有6条边，各有一个3度和5度节点，其余均为2度节点，求G 的阶数。

解 设图G 有x 个节点度数为2，则G 的阶数为x+1+1=x+2。

根据握手定理有： 6225131•=•+•+•x
于是x=2，进而G 的阶数为2+2=4。

8. 将有向图G 的边的方向去掉得到的无向图称为G 的基础图，基础图是完全图的有向图称为竞赛图。

证明：任意竞赛图的所有节点的出度平方和等于入度平方和。

证 设G=（V ，E ）是n 阶竞赛图，则其边数为2/)1(-=n n E 且对于任意V
v ∈有 1)()(-=+n v id v od
根据竞赛图的定义知，
2/)1()()(-===
+∑∑∈∈n n E v id v od V v V v 于是，
[]22)]()1[()(∑∑∈∈--=
V v V v v id n v od =
[]∑∈+---V v v id v id n n 22))(()()1(2)1( =∑∑∈∈+
---V v V v v id v id n n n 22)]([)()1(2)1(
=∑∈+
-•---V v v id n n n n n 22)]([2/)1()1(2)1( =∑∈
V v v id 2)]([ 9. 是否存在一个无向图，其度数序列分别为
(1) 5，4，4，3，3，2，2
(2) 4，4，3，3，2，2，2，2
证： （1） 不存在，因为有3个数位奇数，与任何图中必须有偶数个节点度数为奇数矛盾。

（2） 存在，因为恰有2个数位奇数，图8-2的度数序列为4，4，3，3，2，2，2，2。

图8-2
10. 设无向图G 有10条边，3度和4度节点各2个，其余节点的度数均小于3，则G 至少有多少个节点？在最少节点的情况下，求出G 的度数序列、最大度)(G ∆和最小度)(G δ。

解：由于3度和4度节点各2个，而图G 的边数为10，根据握手定理知，其余节点度数之和为6)2423(102=•+•-•，这时G 至少还有3个节点，进而G 至少有2+2+3=7个节点，在这种情况下G 的度数序列为4，4，3，3，2，2，2，最大度)(G ∆=4和最小度)(G δ=2。

11. 画出K 3的所有不同构的非空子图。

解 K 3的所有不同构的子图有7个，分别如图8-3所示。

图8-3
12.画出所有不同构的(5，3)简单无向图及其补图。

解：(5，3)简单无向图的度数分序列分别为：（a）3，1，1，1，0；（b）2，2，2，0，0；（c）2，2，1，1，0；（d）2，1，1，1，1；于是所有不同构的(5，3)简单无向图分别入图8-4所示。

(a) (b) (c) (d)
图8-4
对应的补图分别如图8-5所示。

(a) (b) (c) (d)
图8-5
13.证明：在K4的所有不同构的生成子图中，有3个具有3条边。

证：(4，3)简单图的度数序列分别为：（1）3，1，1，1；（2）2，2，2，0；（3）2，2，1，1；
很容易知道，对应于每个度数序列只有唯一的一个K4的不同构的生成子图。

14.说明图8.6(a)和图8.6(b)两个无向图不同构。

(a) (b)
图8.6
解：观察图8.6（a）和图8.6（b）中两个无向图的度为3的节点，与其邻接的节点都有3个，这3个节点在图8.6（a）所示的图中只有1个节点度数为2，但在图8.6（b）所示的图中有2个节点度数为2，所以图8.6（a）和图8.6（b）所示的图不同构。

15.说明图8.50中四个有向图彼此不同构。

图8.7
解在图8.7（a）中有3个节点的出度均为1，1个节点出度为0；在8.7（b）中有1个节点的出度为1，1个节点的出度为2而入度为1，2个节点的出度为0；
在8.7（c）中有1个节点的出度为1，1个节点的出度为2但该节点入度为0，2个节点的出度为0；在图在8.7（d）中有3个节点的出度为0，于是，图8.7中4个有向图彼此不同构。

16.若一个简单无向图G与其补图G同构，则称G为自补图。

(1)试画出所有不同构的5阶自补图。

(2)若G是n阶自补图，则K n的边数为偶数。

(3)若G是n(n 2)阶自补图，则存在正整数k使得n=4k或n=4k+1
(4)是否存在6阶自补图？
证（1）所有不同构的5阶自补图有如图8.8所示的两个。

图8.8
（2）设G是n阶自补图，边数为m，则其补图G的边数也为m，因为G的边数与G 的边数之和等于K n的边数，即K n的边数为m+m=2m，因此K n的边数为偶数。

（3）由（2）知，n(n-1)/2=2m，即n(n-1) =4m。

由于（n，n-1）=1，所以n为4的倍数：n=4k或n-1为4的倍数，n-1=4k，即n=4k+1。

（4）由于K6的边数为6(6-1)/2=15是奇数，由（2）知，不存在6阶自补图。

17.对于完全无向图K n，
(1) 共有多少个圈？
(2) 包含某条边的圈有多少个？
(3) 任意两个不同节点间有多少条路径？
解 （1）在K n 中，任意圈的长度L 均满足3≤L ≤n 。

对于长度为L 的圈，有L 个节点。

从n 个节点任取L 个节点有L n C 种选取方式。

对于任意的长度为L 的圈，它有L 个节点。

由于任意两个节点都是邻接的，所以在这种情况下，圈是从第一个节点（与其关联的边有L-1条）到第二个节点（与其关联的边有L-2条），一直下去，但注意到，每个圈重复了一次，于是这样的圈有(L-1)!/2。

因此K n 中共有
2/)!1(3
-•∑=L C L n n L 个圈。

(2)对于包含边e 的圈，已经有两个节点，那就是e 的两个端点。

从K n 的其余n-2个
节点任取i 个节点，可以得到长度为i+2的圈，有i n C 2-（1≤i ≤n-2）种取法。

考虑从
e 的其中一个端点u 出发最后通过e 返回到u 的圈，在端点u 处除e 外还有i 条边与u 关联，当从u 出发达到第二个节点是，虽然第二个节点本身有i+1个节点与之关联，但只有通过其中i-1条边中某条才能最终通过e 返回到u ，一直下去，这样的圈有i ！
个，所以包含某条边的圈有!22
1i C i n n i •--=∑个。

（3）与（2）类似，对于任意两个不同节点u 到v ，从u 到v 的路径若与{u ，v}形
成圈，则有!22
1i C i n n i •--=∑条；否则只有直接从u 到v 一条路径。

故从u 到v 共有
1!221
+•--=∑i C i n n i 条路径。

18. 在图8.9中，求节点A 到节点F 的：
(1) 所有路径；
(2) 所有轨迹；
(3) 距离。

A B C
图8.9 图8.10 解（1）节点A到节点F的所有路径分别为：
ABCF；ABCEF；ABEF；ABECF；ADEF；ADECF；ADEBCF。

（2）节点A到节点F的所有轨迹分别为：
ABCF；ABCEF；ABEF；ABECF；ADEF；ADECF；ADEBCF；ADEBCEF。

(3) d（A，F）=3
19.在图8.10中，求
(1)v1到v4长度分别为1，2，3的路分别有哪些？
(2)v1到v1长度分别为1，2，3的回路分别有哪些？
(3)长度为3的路共有多少条？其中多少条回路？
解（1）v1到v4长度分别为1和2的路：没有。

v1到v4长度为3的路一条：v1 v2 v3 v4。

（2）v1到v1长度分别为1回路有一条：v1 v1；v1到v1长度分别为2的回路一条v1 v1 v1；v1到v1长度分别为3的回路两条：v1 v1 v1 v1，v1 v2 v3 v1。

（3）长度为3的路共有30条，分别是v1到v1有2条，v1到v2有2条，v1到v3有1条，v1到v4有1条，v2到v1有2条，v2到v2有1条，v2到v3有2条，v3到v1有4条，v3到v2有4条，v3到v3有1条，v3到v4有2条，v4到v1有3条，v4到v2有2条，v4到v3有3条。

长度为3的回路共有4条，分别是v1到v1有2条，v2到v2有1条，v3到v3有1条。

20.若无向图G的任意两个节点之间都存在一条路，则G中任意两条最长轨迹存在
公共节点。

证显然，在同一个图G中任意两条最长轨迹的长度是相同的。

若图G存在两条最长轨迹L1：u0u1…u n和L2：v0v1…v n没有公共节点。

因为G的任意两个节点之间都存在一套路，必村子一条最短路径从L1中节点u i到L2中节点v j。

(1)若i≤j，则轨迹L：v0v1…v j-1v j…u i u i+1…u n的长度大于n。

（2）若i>j，则轨迹L：u0u1…u j-1u j…v i v i+1…v n长度大于n。

由（1）和（2）知，连通无向图的任意两条最长轨迹存在公共节点。

21.设G = (V，E)是连通无向图，则
(1)去掉G中任意简单回路C上一条边e得到的图G－e连通。

(2)去掉度数为1的节点v得到的图G－v连通。

证（1）设与边e关联的节点为u和v，由于e是简单回路C上的一条边，在图G-e 中，u和v是可达的。

由于G是连通图，于是对于任意的G-e中的两个节点均是可
达的，因此G-e 连通图。

（2）在图G-v 中，对于任意节点v 1和v 2，由于G 是连通图且deg(v)=1，显然v 1和v 2在G-v 中是可达的，因此G-v 是连通图。

22. 设G 是n(n ≥2)阶简单无向图，若2/)(n G ≥δ，则G 是连通图。

证 （反证）假设G 不连通，则G 可以分解称两个不连通的子图G 1和G 2，其阶数分别为n 1和n 2（n 1 ，n 2≥1且n 1+n 2=n ）。

因为G 是简单图，于是G 1和G 2是简单图，进而对于G 1中的任意节点u 和G 2中的任意节点v 有
deg(u)≤n 1-1，deg(v)≤n 2-1
于是deg(u)+ deg(v) ≤n 1+ n 2-2=n-2。

根据已知条件deg(u)≥n/2，因此deg(u)+ deg(v) ≥n/2+ n/2=n ，矛盾。

另证 若G 不连通，则G 的连通分支数w(G)≥2。

任取G 的2个连通分支C 1和C 2，分别在C 1和C 2中取节点u 和v ，则C 1至少有1+deg(u)个节点，C 2至少有1+deg(v)个节点，于是G 至少有(1+deg(u))+( 1+deg(v))≥2+2)(G δ≥2+n 个节点，矛盾。

23. 对于简单连通无向图G = (V ，E)，若G 不是完全图，则存在3个节点V
w v u ∈,,使得E v u ∈},{且E w v ∈},{但E w u ∉},{。

证：由于G 不是完全图，必存在V w u ∈,使得E w u ∉},{。

又由于G 是连通的，u 可达w ，即u 到w 存在一条路L ：uv 0…w 。

对L 的长度l 归纳。

若l =2，即L ：uv …w ，结论成立。

假设l =k 时结论成立，当l =k+1时，分两种情况讨论：
（1）v 0与w 邻接，令v= v 0结论成立。

（2）v 0与w 不邻接，由于v 0与w 存在一条长度为k 的路L —{ u ，v 0}，取u=v 0，根据归纳假设知结论成立。

24. 分别求出n 阶完全无向图K n 的点连通度和边连通度。

解 显然，使得K n 不连通或是1阶图，至少要删除n-1个节点，于是有1)(-=n K n κ。

由于1)(-=n K n δ，使得K n 不连通或是平凡图，至少要删除n-1条边，于是1)(-=n K N λ。

所以，1)()(-==n K K n n λκ
25. 设G = (V ，E)是非平凡有向图，若对于任意V W ⊂≠φ，G 中起点在W ，终点
在V －W 的边至少k 条，则称有向图G 的边连通度至少为k 。

证明：非平凡有向图G 是强连通图的充要条件是G 的边连通度至少为1。

证 （⇒）（反证）若存在V W ⊂≠φ，而不存在G 中起点在W ，终点在V-W 的边，显然W 中节点不可达V-W 中节点，这与G 是强连通图条件矛盾。

（⇐）对于任意V v u ∈,，由于G 的边连通度至少为1，因此u 到V —{u}中节点u 1有边，即E u u ∈),(1。

对于},{1u u W =，必存在节点W V u -∈2使得E u u ∈),(2或者E u u ∈),(21，于是总存在u 到u 2的路，继续这个过程，一定存在u 到v 的路。

由于V v u ∈,的任意性知，G 是强连通图。

26. 已知有向图G 的邻接矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1000110001000120A ，画出图G 的图形。

解 图G 的图形如图8.11所示
27. 已知无向图G 的关联矩阵为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=000000
011000
101100000111
110011M ，画出图G 的图形。

解 图G 的图形如图8.12所示
图8.11 图8.12
28. 求出图8.13所示的无向图G 1及有向图G 2的关联矩阵。

(a) G 1 (b) G 2
图8.13 解 （a ）G 1的关联矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=011000110110000112101000)(1G M 。

（b ）G 2的关联矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-----=11000101100011101001)(2G M 。

29. 画出分别满足以下条件的欧拉图(n ，m)。

(1) n 和m 的奇偶性相同。

(2) n 和m 的奇偶性相反。

解 （1）满足条件（1）的欧拉图（n,m ）如图8.14所示。

(a) n,m 为奇数 (b) n,m 为偶数
图8.14
（2）满足条件（2）的欧拉图（n,m ）如图8.15所示。

1v 2
v 3v 4v 5e 2e 3e 4
e 1
e 6e v 2v 3
v 4v 1e 2e 3e 4e
(a) n为奇数,m为偶数 (b) n为偶数,m为奇数
图8.15
30.证明：n阶完全无向图K n是欧拉图当且仅当n为奇数。

证n阶完全无向图K n是连通图且每个节点的度数均为n-1，于是K n是欧拉图当且仅当n-1是偶数，即n为奇数。

v 使得deg(v)=1，则G不是哈31.证明：若一个无向图G = (V，E)存在一个节点V
密尔顿图。

证因为图G的哈密尔顿回路要经过节点v，这是显然deg(v)≥2，故G不是哈密尔顿图。

32.回答下列问题：
(1)彼得森图不是哈密尔顿图吗？说明理由。

(2)可以通过加边使彼得森图称为哈密尔顿图吗？若可以，试画出添加后的图的图
形。

(3)若只能添加原彼得森的一些边的多重边，能是其成为哈密尔顿图吗？
(4)删除彼得森图的一个节点后所得到的图是否是哈密尔顿图？
解（1）由于彼得森图是有10个节点、15条边的图，若存在哈密尔顿回路C，则C中恰含10条边，即有5条边不在C中，又由于彼得森图是3—正则图，因而与同一个节点关联的3条边中恰有一条边不在C中。

Petersen (a) (b)
图8.16
在节点a处，只需分别考虑ab和af不在C中的情况，如图8.16所示
在图8.16（a）中，有ae，fa和gb，bc都在C中。

①若jh不在C中，则ej，jg，ch，hf都位于C中，于是得到一条圈aejbchfa，进而不存在哈密尔顿回路C。

②若jh在C中，则hc和hf有一条边不在C中。

若hc不在C中，则cd和hf 在C中，进而fi不在C中。

于是di,ig在C中，因而得到一个圈bcdigb，所以不存在哈密尔顿回路C。

若hf不在C中，hc,fi在C中，由于bc,hc在C中，因而cd不在C中，进而id,de在C中，于是得到一个圈afidea,因而不存在哈密尔顿回路C。

类似地，可以对图8.16（b）进行讨论之，不存在哈密尔顿回路C。

图8.17 (a) (b)
图8.18
（2）在彼得森图中（见图8.17），添加节点a与j之间的一条边，得到一个哈密尔顿图，其哈密尔顿回路为aedcbgifhja。

（3）显然，仅添加多重边不会影响图的哈密尔顿性，所以仅添加原彼得森图的一些边的多重边，不能使其成为哈密尔顿图。

（4）由于彼得森图的对称性，只需考虑删除节点a（见图8.18（a））和删除节点f（见图8.18（b））的情况。

在图8.18（a）中ejhfigbcde是其哈密尔顿回路，在（b）中，aejhcdigba是其哈密尔顿回路。

33.分别画出满足下列条件的无向图。

(1)既是欧拉图又是哈密尔顿图。

(2)是欧拉图，不是哈密尔顿图。

(3)不是欧拉图，是哈密尔顿图。

(4)既不是欧拉图又不是哈密尔顿图。

解（1）和（2）分别见图8.19(a)和(b)，（3）和（4）分别见图8.19(c)和(d)。

(a) (b) (c) (d)
图8.19
34.一只小蚂蚁可否从立方体的一个顶点出发，沿着棱爬行，它爬过每一个顶点一次
且仅一次，最后回到原出发点？是利用图作解释。

解可以将立方体投影在平面上得到图8.20所示的图，显然在该图中123456781是一条哈密尔顿回路。

图8.20
35.有n(n 4)人，若任意两个人合起来认识其余n-2个人，则他们可以站成一个圈，
使得每个人的两旁都站着他的朋友。

证：设这n个人分别是v1，v2，…，v n，将其作为节点集V。

若两人认识，则在相应的节点之间画一条无向边，于是得到一个简单无向图G且满足条件：对于任意u，v ∈V，有deg(u)+deg(v)≥n-2。

对于任意不相邻的节点u，v∈V，考虑任意节点w∈V—{u，v}。

根据已知条件，u
与w或v与w邻接。

又因为u与v不邻接，因此u与w且v与w邻接。

根据w的任意性有deg(u)，deg(v)≥n-2，于是deg(u)+deg(v)≥2（n-2）。

由于n≥4，所以2（n-2）≥n，于是deg(u)+deg(v)≥n。

根据教材中定理8.16知，G是哈密尔顿图。

36.证明：K5和K3，3都是极小非平面图。

证首先K5和K3，3都不是平面图。

（1）对于K5，任意去掉一条对角线所在边e所得到的图K5—e和去掉非对角线所在
边e 所得到的图K 5—e 都是平面图，其平面表示分别见图8.21(a)和图8.21(b)，因此K 5是极小非平面图。

（2）对于K 3，3，任意去掉一条边e 所得到的图 K 3，3—e 是平面图，其平面表示见图
8.21(c)，因此K 3，3都是极小平面图。

(a) K 5—e (b) K 5—e (c) K 3，3—e
图8.21
37. 设G 是n(n ≥3)阶极大平面图，试证明：
(1) G 是连通图。

(2) G 的每个面都是三角形。

证 （1）若G 不是连通图，则G 至少有两个连通分支。

设C 1和C 2是G 的两个连通分支，在C 1和C 2中各取一个节点u 和v ，于是在G 添加一条边uv 所得到的图G+uv 仍是平面图，这与G 是极大平面图相矛盾，于是G 是连通图。

（2）由于极大平面图是简单图，于是G 的每个面至少3条边围成，假设存在G 的1个面R 至少由4条边围成，其面的边界为v 1v 2v 3v 4…v 1。

若v 1与v 3在G 中不邻接，则在R 内添加边v 1v 3，所得到的图仍为平面图，与已知矛盾。

于是v 1与v 3在G 中邻接且边v 1v 3在R 的外部。

同样v 2与v 4在G 中也邻接且边v 2v 4也在R 的外部。

因此得到两条边v 1v 3和v 2v 4，它们相较于R 的外部，这与G 是平面图相矛盾，故G 的每个面都是三角形。

38. 证明：最小度3)(≥G δ的简单连通平面图G 的边数不可能为7。

证 (反证)设G 是(n ，m)图，这里m=7，根据推论1知，m ≤3n-6，即7≤3n-6，于是3n ≥13。

根据握手定理，有n v v
3)deg(72≥=⨯∑，即3n ≤14。

这是一个矛盾。

39. 若(n ，m)平面图的每个面至少由k(k ≥3)条边围成，则)2/()2(--≤k n k m 。

证 由于G 是连通图，根据欧拉公式，G 的面数为m-n+2。

因为每个面至少由k 条边围成，但每一条边是两个面的边界，于是k(m-n+2)/2≤m ，所以)2/()2(--≤k n k m 。

40. 分别画出图8.22(a)与图8.22(b)的对偶图。

(a) G 1 (b)G 2
图8.22
解 图8.22的对偶图见图8.23的虚线部分所画的图。

(a) G 1* (b)G 2*
图8.23
41. 设图G 的节点着色数k G =)(χ
，则G 至少有k(k －1)/2条边。

证 由于k G =)(χ
，设0图G 用1，2，…，k 种颜色对节点着色，且分别涂上这k 种颜色的节点集合分别为V 1，V 2，…，V k ，则对于任意i ≠j ，V i 与V j 之间至少存在一
条边，否则可以给V i 和V j 的节点涂色同一种颜色，这与已知k G =)(χ
矛盾。

于是G 至少有k(k －1)/2条边。

42. 证明：任意9个人中，有3个人相互认识或4个人相互不认识。

证 在完全无向图K 9中，其节点代表人，若两个人认识则在相应的两节节点所连的边上涂上红色，否则涂上蓝色。

于是问题转化为，若仅用红、蓝对K 9的边涂色，则任意的一种涂色方案，都存在一个边是红色的K 3或边是蓝色的K 4。

任取一个节点v ，由于与v 关联的边有8条，当用红、蓝两种颜色去涂时，任意的一种涂色方案，都至少有4条边涂的红色或至少有4条边涂的蓝色。

不妨设至少4条边涂的是红色，设与这4条边关联的另外4个节点分别为v 1，v 2，v 3和v 4。

若v 1，v 2，v 3和v 4所构成的K 4中存在1条边涂的是红色，如v 1v 2，则三角形v v 1v 2是红色的K 3。

若K 4中任意两条边都涂的是蓝色，则出现一个边是蓝色的K 4。

第9章习题参考答案
1.分别画出所有不同构的五阶无向树和六阶无向树。

解根据性质1,5阶无向树恰有4条边，由握手定理知，其所有节点度数之和为2×4=8。

根据性质2,5阶无向树G至少两片叶。

若G恰有两片叶，则其度数序列为2,2,2,1,1，此时为图9.1(a)所示。

若G恰有3片叶，则其度数序列为3,2,1,1,1，此时为图9.1(b)所示。

若G恰有4片叶，则其度数序列为4,1,1,1,1，此时为图9.1(c)所示。

因此，所有不同构的5阶无向树共3棵，如图9.1所示。

(a) (b) (c)
图9.1
类似，6阶无向树恰有5条边，其所有节点度数之和为2×5=10。

6阶无向树G 至少片叶。

若G恰有2片叶，则其度数序列为2,2,2,2,1,1，此时为图9.2(a)所示。

若G 恰有3片叶，则其度数序列为3,2,2,1,1,1，此时为图9.2(b)和图9.2(c)所示。

若G恰有4片叶，则其度数序列为4,2,1,1,1,1，或3,3,1,1,1,1，此时为图9.2(d)和图9.2(e)所示。

若G恰有5片叶，则其度数序列为5,1,1,1,1,1，此时为图9.2(f)所示。

因此，所有不同构的6阶无向树共6棵，见图9.2。

(a) (b) (c) (d) (e) （f）
图9.2
2.设G 是一棵无向树且具有2个4度节点，3个3度节点，其余均为叶节点。

(1) 求出该无向树共有多少个节点？
(2) 画出两棵不同构的满足上述要求的无向树。

解 （1） 设该无向树G 有x 个也节点，于是G 共有2+3+x=x+5个节点。

根据无向树性质知，G 有x+4条边，由握手定理有
2×4+3×3+x=2(x+4)
于是x=9，进而G 由9+5=14个节点。

（2）图9.3所示的是两个不同构的满足上述要求的无向树。

(a) (b)
图9.3
3. 证明：连通无向图G 是无向树的充要条件是G 的每一条边都是桥。

证 （⇒）若图G 存在一条边e={u,v}不是桥，则G —e 仍连通，因而节点u 和v 之间必存在一条不经过e 的路径，进而G 中存在圈，这与无向树的定义矛盾。

（⇐）若G 中存在圈，则圈上的任何边都不是桥，这与已知矛盾。

于是，G 中不含有圈，由于G 是连通的，故G 是无向树。

4．证明：恰有两片树叶的无向树是一条路径。

证 设G 是n 阶无向树，它恰有两片树叶，于是其余n-2个节点v 1，v 2，…，v n-2中的每一个节点至少为2度，根据握手定理，有
∑=+=-n
i i v n 1)deg(2)1(2 因此对于任意i(i=1，2，…，n-2)，有deg(v i )=2。

这时，G 中存在一条从一个叶节点到另一个叶节点的欧拉轨迹，且该轨迹是一条路径。

5. 如图9.4所示的两个图，分别画出所有不同构的生成树。

(a)(b)
图9.4
解（1）对于图9.4(a)所示的图，其所有不同构的生成树有3棵，如图9.5所示。

(a) (b) (c)
图9.5
（2）对于图9.4(b)所示的图，其所有不同构的生成树有2棵，如图9.6所示。

(a) (b)
图9.6
6. 证明：在根树中，从树根到任意节点有且仅有唯一的一条路径。

证当k=0，1时，结论显然成立。

假设对层数k-1的节点结论成立，对于层数k 的任意节点v，由于节点v的入度为1，因此存在唯一的一个节点u使得u与v 邻接，这时节点u所在的层数为k-1。

根据归纳假设，存在唯一的一条从根节点到u的路径，进而只有唯一的一条从树根到节点v的路径。

7. 画出所有不同构的4阶根树及5阶根树。

解（1）所有不同构的4阶根树有4棵，如图9.7所示。

(a) (b) (c) (d)
图9.7
（2）所有不同构的5阶根树有9棵，如图9.8所示。

(a) (b) (c) (d)
(e) (f) (g) (h) (i)
图9.8
8．指出图9.9中的根树T的以下节点。

(1) 根节点；(2) 树叶节点；(3) 分支节点；
(4) 内点；(5) 每个节点的层；(6) 每个节点的父节点；
(7) 每个节点的子节点；(8) 树高；(9) 最大出度；
(10) 所有子(根)树。

图9.9
解（1）根节点为A。

（2）树叶节点分别为K，L，F，G，M，I，J。

（3）分支节点分别为A，B，C，D，E，H。

（4）内点分贝为B，C，D，E，H。

（5）第0层节点为A；第1层节点有B，C，D；第2层节点有E，F，G，H，I，J；第3层节点有K，L，M。

（6）节点A无父节点；节点B，C，D的父节点为A；节点E，F的父节点为B；节点G的父节点为C；节点H，I，J的父节点为D；节点K，L的父节点为E；节点M的父节点为H。

（7）节点A的子节点为B，C，D；节点B的子节点为E，F；节点C的子节点为G；节点D的子节点为H，I，J；节点E的子节点为K，L；节点H的子节点为M；叶节点K，L，F，G，M，I，J均无子节点。

（8）树高为3。

（9）最大出度为3。

（10）所有子（根）树分别为：根树本身，T[B，E，F，K，L]，T[C，G]，T[D，H，I，J，M]，T[E，K，L]，T[H，M]，平凡子树分别为K，L，F，G，M，I，J。

9. 如图9.10所示，存在是根树的生成子图吗？若存在，求出所有不同构的是根树的生成子图。

图9.10
解：（1）不同构的是根树的生成子图只有1棵，见图9.11所示（未画出根树的方向）。

（2）不同构的是根树的生成子图只有3棵，见图9.12所示（未画出根树的方向）。

图9.11 （a）（b）（c）
图9.12
10. 证明以下结论：
(1) 完全二叉树的节点个数必为奇数；
(2) n阶完全二叉树的树叶的数目为(n+1)/2。

证（1）由性质6知结论成立。

（2）根据性质6，有L片树叶的完全二叉树有2L-1个节点，于是n=2L-1进而树叶的数目为L=(n+1)/2。

11．计算有13片树叶，分别赋权2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41的哈夫曼树。

解对于2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，先组合两个最小的权2+3=5，得5，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41；在所得到的序列中再组合5+5=10，重新排列后为10，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41；再组合10+7=17，得17，11，13，17，19，23，29，31，37，41；继续下去，最后组合95+143=238。

2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41
5 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41
10 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41
17 11 13 17 19 23 29 31 37 41
17 24 17 19 23 29 31 37 41
24 34 19 23 29 31 37 41
24 34 42 29 31 37 41
34 42 53 31 37 41
42 53 65 37 41
42 53 65 78
95 65 78
95 143
238 所求的哈夫曼树如图9.13所示。

图9.13
12. 在下面给出的3个符号串集合中，哪些是前缀码？哪些不是前缀码？若是前缀码，则构造定位二叉树，其树叶代表其二进制编码。

若不是前缀码，则说明理由。

(1) A1={0，10，110，1111}。

(2) A2={1，01，001，0000}。

(3) A3={1，11，101，001，0011}。

解显然A1和A2的各符号串互不为前缀，因此A1和A2是前缀码。

在A3中1既是11的前缀，又是101的前缀，所以A3不是前缀码。

由A1和A2所构造的定位2叉树分别见图9.14的(a)和(b)。

(a) (b)
图9.14
13．在通信中，八进制数字0，1，2，3，4，5，6，7出现的频率分别为0：30%，1：20%，2：15%，3：10%，4：10%，5：6%，6：5%，7：4%。

编写一个传输它们的最佳前缀码，使通信中出现的二进制数字尽可能地少。

具体要求如下：
(1) 画出相应的哈夫曼树。

(2) 写出每个数字对应的前缀码。

(3) 传输上述比例出现的数字10000个时，至少要用多少个二进制数字？
解应该用较短的符号串传输出现频率较高的数字，可以用各数字出现的频率作为2叉树的树叶的权，求得最优2叉树（哈夫曼树），然后用这样的2叉树产生的前缀码去传输上面的数字。

（1）将各数字出现的频率按从小到大的顺序排列为0.04，0.05，0.06，0.1，0.1，0.15，0.2，0.3。

于是根据哈夫曼算法得到的哈夫曼树见图9.15。

（2）根据哈夫曼树可得出前缀码为0：01；1：11；2：001；3：100；4：101；5：0001；6：00000；7：00001；
（3）由（1）知，最优2叉树的权为
0.3×2+0.2×2+0.15×3+0.3×2+0.1×3+0.1×3+0.06×4+0.05×5+0.04×4=2.74
所以，传输10000个按上述比例出现的数字时，至少要用2.74×10000=27400个
二进制数字。

图9.15
14．将图9.16所示的森林F 转换成定位二叉树B 。

图9.16
解 按自然转换规则得到的定位二叉树B 见图9.17。

A
B
C D
E
F G
H
I
J
图9.17。