图论第二次作业 电子科技大学
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：
电子科大图论答案(优.选)
图论第三次作业一、第六章2.证明：根据欧拉公式的推论，有m ≦l*(n-2)/(l-2),(1)若deg(f)≧4,则m ≦4*(n-2)/2=2n-4;(2)若deg(f)≧5,则m ≦5*(n-2)/3,即：3m ≦5n-10;(3)若deg(f)≧6,则m ≦6*(n-2)/4,即：2m ≦3n-6.3.证明：∵G 是简单连通图，∴根据欧拉公式推论，m ≦3n-6;又，根据欧拉公式：n-m+φ=2,∴φ=2-n+m ≦2-n+3n-6=2n-4.4.证明：(1)∵G 是极大平面图，∴每个面的次数为3，由次数公式：2m==3φ,由欧拉公式：φ=2-n+m,∴m=2-n+m,即：m=3n-6.(2)又∵m=n+φ-2,∴φ=2n-4.(3)对于3n >的极大可平面图的的每个顶点v ，有()3d v ≥，即对任一一点或者子图，至少有三个邻点与之相连，要使这个点或子图与图G 不连通，必须把与之相连的点去掉，所以至少需要去掉三个点才能使()(H)w G w G <-，由点连通度的定义知()3G κ≥。
5.证明：假设图G 不是极大可平面图，那么G 不然至少还有两点之间可以添加一条边e ，使G+e 仍为可平面图，由于图G 满足36m n =-，那么对图G+e 有36m n '=-，而平面图的必要条件为36m n '≤-，两者矛盾，所以图G 是极大可平面图。
6.证明：(1)由()4G δ=知5n ≥当n=5时，图G 为5K ，而5K 为不可平面图，所以6n ≥，（由()4G δ=和握手定理有24m n ≥，再由极大可平面图的性质36m n =-，即可得6n ≥）对于可平面图有()5G δ≤，而6n ≥，所以至少有6个点的度数不超过5.(2)由()5G δ=和握手定理有25m n ≥，再由极大可平面图的性质36m n =-，即可得12n ≥，对于可平面图有()5G δ≤，而12n ≥，所以至少有12个点的度数不超过5.二、第七章2.证明：设n=2k+1,∵G 是Δ正则单图，且Δ>0,∴m(G)==>k Δ,由定理5可知χˊ(G)=Δ(G)+1.28.解： (1)又：=k(k-1)(k-2)2(k-3)+k(k-1)2(k-2)=k(k-1)(k-2)(k2-4k+5)=k(k-1)(k-2)2(k-3),所以，原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-4k+5)-k(k-1)(k-2)2(k-3)=k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)(2)∵原图与该图同构，又，同构的图具有相同的色多项式，所以原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)。
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。
电子科技大学研究生图论总结
第一章：图论基本概念 1.定义平凡图/非平凡图 简单图/复合图 空图 n 阶图 连通图/非连通图完全图n K12n n n m K偶图,m n K 完全偶图,m n m K mn K 正则图图和补图，自补图 自补图判定方法 定点的度 d v 最小度 最大度 握手定理2d v m图的度序列与图序列，图序列判定方法（注意为简单图） 图的频序列 2.图运算删点/删边 图并/图交/图差/图对称差 图联 积图/合成图111122,u adjv u v u adjv 或 超立方体 3.连通性 途径 迹 路图G 不连通，其补图连通一个图是偶图当且仅当它不包含奇圈 4.最短路算法（b t A T ） 5.矩阵描述邻接矩阵及其性质，图的特征多项式 关联矩阵 6.极图？？L 补图 完全L 部图 完全L 几乎等部图 托兰定理第二章：树 1.定义树：连通的无圈图 森林 树的中心和树的形心？入<=sqrt(2m(n-1)/n)生成树 根树 出度 入度 树根 树叶 分支点 m 元根树 完全m 元根树 2.性质每棵非平凡树至少有两片树叶图G 是树当且仅当G 中任意两点都被唯一的路连接T 是(n,m)树，则m = n – 1 具有k 个分支的森林有n-k 条边每个n 阶连通图边数至少为n-1（树是连通图中边的下界） 每个连通图至少包含一棵生成树 3.计算 生成树计数 递推计数法： G G e G e关联矩阵计数法：去一点后，每个非奇异阵对应一棵生成树最小生成树（边赋权）避圈法 破圈法完全m 元树： 11m i t第三章：图的连通性1. 割边、割点和块（性质使用反证法） 割边： w G e w G边e 为割边当且仅当e 不在任何圈中割点： w G v w Gv 是无环连通图G 的一个顶点，v 是G 的割点当且仅当V(G-e)可以被划分为两个子集，v 在两个子集内点互连的路上 块：没有割点的连通子图 G 顶点数>=3，G 是块当且仅当G 无环且任意两顶点位于同一圈上v 是割点当且仅当v 至少属于G 的两个不同的块2. 连通度点割 k 顶点割 最小点割（最少用几个点把图割成两份） G 的连通度 G连通图没顶点割时连通度 1G n ，非连通图 0G边割 k 边割 最小边割（最少用几条边把图割成两份） G 的边连通度 G递推到无圈，自环不算圈性质： 任意图G 有 G G GG 是(n,m)连通图， 2m G nG 是(n,m)单图，若 2n G，则G 必定连通 G 是(n,m)单图，对应k n ，若 22n k G，则G 是k 连通G 是(n,m)单图，若 2n G，则 G G敏格尔定理： G 中分离不相邻x,y 的最小点数等于独立的x,y 路最大数目G 中分离x,y 的最小边数等于边不重x,y 路最大数目第四章 E 图与H 图 一、 E 图（走完所有边） 1. 定义，性质与判定E 图（欧拉环游）与E 迹，走完所有边回到出发点与不回到出发点E 图性质与判定：E 图 G 的顶点度数为偶数度 G 的边集合能划分为圈 E 迹性质与判定：E 迹 G 中只有两个顶点度为奇数 2. 求解路径算法 找欧拉环游：都是偶数度点：Fleury 算法（避割边行走）两奇数点欧拉环游：奇数点补充最短路后得到欧拉环游多奇数点欧拉环游：补充偶数度并不断交换 （中国邮路问题算法） 二、 H 图（走完所有点） 1. 定义与性质H 图（H 圈）与H 路：走完所有点回到出发点与不回到出发点 G 图是H 图 w G S S 2. H 图判定3n 的单图G ，如果 2nGG 是H 图3n 的单图G ，任意不相邻u,v 有 d u d v n G 是H 图图G 的闭包是H 图 G 是H 图 度序列判定法：123n d d d d ，3n ，若对任意的2nm，有m d m 或n m d n m ，则G 是H 图123n d d d d ，3n ，若对任意的2nm，有m d m 且n m d n m ，则G 是非H 图 2. 极大非哈密尔顿图定义：如果图G 的度大于等于其他非H 图，则称G 为极大非H 图（非H 图的度上限）,m n C 图： ,2m n m m n m C K K K,m n C 图是非H 图G 是非H 图 G 度弱于某个,m n C 图（证） N 阶单图G 度优于所有,m n C 图 G 为H 图 彼得森图是超H 图4. TSP 问题（边赋权近似最优H 圈求解）最优H 图下界：去点求最小生成树，选最小关联边12e e ， 11w T w e w e第五章 图的匹配与因子分解 1.边匹配定义： 匹配 饱和点/非饱和点 最大匹配/完美匹配 M 交错路/M 可扩路 贝尔热定理：G 的匹配M 是最大匹配，当且仅当G 不包含M 可扩路（反证） 2.偶图匹配Hall 定理（偶图匹配存在性定理，完美匹配）： N S S 推论：k 正则偶图G 存在完美匹配（证） 匹配算法： 匈牙利算法最优匹配算法3.点覆盖边匹配数等于点覆盖数时匹配为最大匹配覆盖为最小覆盖 哥尼定理：偶图中最大匹配边数等于最小覆盖点数（用） 4.托特定理一般图G 有完美匹配当且仅当 G S S推论：没有割边的3正则图存在完美匹配（充分条件）（证） 5.因子分解因子分解，n 度正则因子 一因子分解：2n K 可一因子分解具有H 圈的三正则图可一因子分解 若三正则图有割边，则它不能一因子分解 二因子分解： G 的一个H 圈肯定是一个二因子，但二因子不一定是H 圈（二因子可以不连通）21n K 可2因子分解2n K 可分解为一个1因子和n-1个2因子之和。
电子科技大学-图论第二次作业
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。
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。
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。
电子科技大学高等数学作业提交2
1.极限（）(A)3(B)2(C)(D)[参考答案：D] 分值：52.定积分（）(A)(B)(C)(D)0[参考答案：D] 分值：53.定积分（）(A)(B)(C)(D)[参考答案：D] 分值：54.定积分（）(A)(B)0(C)(D)[参考答案：B] 分值：55.定积分（）(A)0(B)1(C)2(D)3[参考答案：C] 分值：56.定积分（）(A)1(B)(C)2(D)3[参考答案：B] 分值：57.定积分（）(A)0(B)1(C)2(D)4[参考答案：C] 分值：58.，则有（）(A)(B)(C)(D)大小不确定[参考答案：B] 分值：59.，则有（）(A)(B)(C)(D)大小不确定[参考答案：B] 分值：5 10.设函数在连续，则（）(A)0(B)(C)(D)不确定[参考答案：C] 分值：511.由曲线及直线所围成图形面积等于（）(A)(B)(C)(D)[参考答案：A] 分值：512.设为连续函数，则由曲线，直线及x轴所围成的曲边梯形的面积为（）(A)(B)(C)(D)[参考答案：D] 分值：513.定积分（）(A)0(B)(C)(D)[参考答案：C] 分值：514.由曲线所围成图形面积为（）(A) (B)(C) (D)[参考答案：D] 分值：515. 由直线及曲线所围成的平面图形的面积等于（ ）(A) (B) (C) e (D)[参考答案：A] 分值：516.定积分，则常数（ ）(A) (B) 1 (C) (D) 2[参考答案：A] 分值：517. 下面各式中，等于零的是（ ）(A) (B)(C)(D)[参考答案：A] 分值：518.设，则（ ）(A) (B) (C) (D)[参考答案：B] 分值：519.设，则（ ）(A) (B) (C) (D)[参考答案：B] 分值：520.设，则（ ）(A) (B)(C) (D)[参考答案：D] 分值：5。
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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。
4.12设G 是有度序列(d1,d2,...,dn)的非平凡简单图，这里d 1≤d 2≤...≤d n ，证明：若不存在小于(n+1)/2的正整数m ，使得d m <m 且d n-m+1<n-m ，则G 有Hamliton 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G1：
G1的度序列为：(d 1+1,d 2+1...d n+1,n)，由已知：不存在小于(n1)/2的正整数m ，使得d m +1
≤m 且d n-m+1<n-m+1=(n+1)-m 。
于是由度序列判定定理知：G1是Hamilton 路，则G 有Hamliton 路。
二、第五章作业
5.1（1）证明：每个k 方体都有完美匹配（k ≥2）; （2）求K 2n 和K n,n 中不同的完美匹配的个数。
证明：（1）证明每个k 方体都是k 正则偶图即可。
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 ，其余归入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。
又不难知道k 方体的每个顶点度数为k ，所以k 方体是k 正则偶图。
由推论得：k 方体存在完美匹配。
解：（2）利用归纳法求K 2n 和K n,n 中不同的完美匹配的个数。
K 2n 的任意一个顶点有2n-1中不同的方法被匹配。
所以K 2n 的不同完美匹配个数等于(2n-1)K 2n-2，如此递推下去，可以归纳出K 2n 的不同完美匹配个数为：(2n-1)!!；利用同样的方法可归纳出Kn,n 的不同完美匹配个数为：n!。
5.2证明：一棵树最多只有一个完美匹配。
证明：若不然，设M1和M2是树T 的两个不同的完美匹配，那么M1∆M ≠2，容易知道：T[M1∆M2]每个非空部分顶点度数为2，即它存在圈，于是推出T 中有圈，矛盾。
所以一棵树最多只有一个完美匹配。
5.6证明：K2n 的1-因子分解的数目为(2n)!/2n n!。
证明：由结论知：K 2n 不同完美匹配的个数为(2n-1)!!。
所以，K2n 的1-因子分解 数目为(2n-1)!!个。
即：(2n-1)!!=(2n)!/2n n! 5.7将K 9表示为四个生成圈之和。
解：K 4n+1=K 2(2n)+1，所以，可以分解成2n 个边不重的2因子之和。
而K 9=K 2*4+1。
所以K 9可以表示为四个边不重的2因子之和，对于每个分解出的因子的路径为： P i =V i V i-1+V i +1V i -2+V i +2V i-3...V in V in 则K 9的四条路径为： P 1=V 1V 8V 2V 7V 3V 6V 4V 5 P 2=V 2V 1V 3V 8V 4V 7V 5V 6 P 3=V 3V 2V 4V 1V 5V 8V 6V 7 P 4=V 4V 3V 5V 2V 6V 1V 7V 8
则生成圈Hi 是V 2n+1与Pi 的两个端点连线生成的。
所以可将K9表示为四个生成圈之和。
5.13所谓n ×n 矩阵的一条对角线是指两两不同行不同列的n 个矩阵元素组成的集。
对角线的权是指它的n 个元素的和。
找出下列矩阵具有最小权的对角线：
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡8 9 7 5 47 10 13 6 66 9 12 5 84 7 5 6 711 10
8 5 4
解：首先从第一行第一列开始，找出矩阵中的最小元素，发现为坐标是(1,1)的4，
将其所在的行和列删除，得到的矩阵为
⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡4 7 5 66 9 12 57 10 13 68 9 7 5 再从此矩阵的第一行第一列开始，找出矩阵中的最小元素，发现为原坐标是(2,5)的4。
依次类推，继续得到坐标是(3,2)的5，(5,3)的7，(4,4)的10。
所以最小权为：4+4+5+7+10=30。
5.19证明:对n ≥1,K 4n+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K 4n+1可以分解为n 个4因子的和。