1、每个结点对应的环数（6/2, （3-1）/2, （3-1）/2, 2/2,2/2） = （3,1,1,1,1）将奇数3，3 对应的结点v2,v3一组，画一条连线其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。4证明：在（n，m）图中。图的点度数是一组非负整数d（v1）,d（v2）d（vn），那么这组数的算术平均值一定大于等于其中的最小值，同时小于等于其中的最大值。对应到图的术语及为：最大值为，最小值为，平均值 = （d（v1）+d（v2）+d（vn）/n = 2m/n,所以。5证明定理10.2。【定理10.2】 对于任何（n,m）有向图G =（V，E），有向图中,每条有向边为图贡献一度
2、出度，同时贡献一度出度，所以总出度和总入度相等，并和边数相等。因此，上述关系等式成立。6设G是（n，m）简单二部图，证明：。本题目，我们只需要说明n阶的简单二部图的边数的最大值 = 即可。设n阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为V1，V2,那么|V1| + |V2| = n。此种情况下，当G为完全二部图时，有最多的边数，即max（m） = |V1|V2|,变形为，max（m） =（ n-|V2|）|V2|.此函数的最大值及为n阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/2 时取得。及max（max（m） = ,所以n阶二部图（n,m）, 7. 无向图G有21条边，12个3度数结点，其余结
3、点的度数均为2，求G的阶数n。根据握手定理有： 21 =（ 312 + 2（n-12）/2, 解此方程得n = 1510判断图10.29中的两个图是否同构，并说明理由。图10.29题中两个图不同构，因为左边图的唯一3度点有2个1度点为其邻接点，而右图唯一的3度点只有1个1度点为其邻接点。因此这两个图不可能同构13. 设有向图D=如下图10.31所示。（1） 在图中找出所有长度分别为1，2，3，4的圈 （至少用一种表示法写出它们，并以子图形式画出它们）。（2） 在图中找出所有长度分别为3，4，5，6的回路，并以子图形式画出它们。（1）（2）子图略长度为三的回路：Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3
4、De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8Ce5A长度为四的回路：AAAAA，AAADA，AABe7CA,AABe8CA,ABe7CDA,ABe8CDA长度为五的回路：AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA, AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A, ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A15. 若u和v是图G中仅有的两个奇数度结点,证明u和v必是连通的。反证法，假设u和v不连通，那么他们必然分布于此图的两个连通分支中。那么它们将分别是各连通分支中唯一的奇数度结点。根据握手定理，一个图中奇度点的
5、个数为偶数。而两个连通分支中，奇度点的个数为奇数。矛盾。矛盾的产生，是由于假设不连通导致的，因此，题设结论成立17.设（n, m）简单图G满足,证明G必是连通图。构造一个的非连通简单图。假设G不连通，分支G1，G2，那么他们的边数的最大值（）（）（）（）（）（）（）（），所以，只有当k=1时，才能满足题设要求，G是连通图。如果将顶点集合分成两个点集，|V1|=1，|V2|=n-1,构成如下的有两个分支的非连通简单图，G1=（1，0），G2=Kn-1,满足题设条件18. 设G是阶数不小于3的连通图。证明下面四条命题相互等价:（1）G无割边；（2） G中任何两个结点位于同一回路中；（3） G中任何
6、一结点和任何一边都位于同一回路中；（4） G中任何两边都在同一回路中。（1）=（2）因为G连通，且G无割边，所以任意两个结点u,v，都存在简单道路p=uwv.又因为G无割边，所以，删除边wv后，子图依然连通，即w,v存在简单道路p,以此类推，可以找到一条核p每条边都不相同的p=vu,这样p和p就构成了一条回路。 （2）=（3）因为G中任意两个结点都位于同一回路中，所以任意结点u,和任意边e的两个端点v1,v2都分别在两个回路C1，C2中，如果C1=C2=uv1v2u,那么将回路中v1v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。如果C1C2，C1=uv1u,C2=uv2u,那么构成
7、新的道路P=uv1uv2u,在其中将重复边剔出掉，得到新的回路C3，其中包含v1,v2结点，可以将回路中v1v2用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求. （3）=（4）对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。根据（3）存在回路C1 = u1v1v2u1,C2=u2v1v2u2。那么可以形成新的闭道路P=u1v1v2u2v1v2u1,在其中将重复边剔出到，得到新的回路C3，其中包含e2和u1,u2结点，可以将回路中u1u2用u1u2=e1替换，就得到新的新的回路，包含e1,e2,满足要求. （4）=因为任意两条边都在同一回路中，所以不存在割边。假设边e是割边，那么删
8、除此边，图不连通，分支中的任何一对不在同一分支中的边，不能构成回路，与条件矛盾。所以，G中无割边19. 设G=（V,E）是点度均为偶数的连通图。证明:对任何。G-v最多产生d（v）个奇数度点，又因为每个连通分支中奇数度点的个数是偶数，即G-v的连通分支最少有两条边和v相连，所以总连通分支数小于等于d（v）/2hong（1）.2.21. 证明:在非平凡连通图G中,e为割边的充要条件是它不包含于G的任何圈中。 1） e为割边 =e不包含于G的任何圈中 假设e包含在某一圈Ci中，那么删除此边，但边关联的两个邻接点依然连通，所以没有破坏原图的连通性。因此不是割边，矛盾。所以假设不成立，既e不包含于G的
9、任何圈中； 2）e不包含于G的任何圈中 =e为割边 假设e为割边，那么删除此边，生成子图依然连通。e关联的两个邻接点有基本道路存在，此基本道路连同e构成一个圈。与题设矛盾。所以假设不成立，既e为割边。 根据1），2）可知，题设结论成立23. 证明:在具有n（n2）个结点的简单无向图G中，至少有两个结点的度数相同。 此题可用鸽笼原理，因为n个结点的简单无向图G中，结点的度数只可能是0，1，2n-1这n个数，又因为如果有结点的度数为0，那么就不可能有结点的度为n-1，反之也然。所以n 个结点，最多有n-1种度数，其中必有至少两个结点的度数相同24. 设G是的简单图。G中必有长度至少为的圈。设是满足
10、题设要求图中的最长基本道路，那么（），（）都应该大于等于。那么，u,v的邻接点都应该在道路p 上，否则此道路可以延长，与其是最长路假设矛盾。如果u，v是邻结点，那么可以构成一个圈c= uvu，其长度。如果，不是邻结点，那么从的终点开始删除点，直到其为的邻结点为止，得到道路,可知道路p，依然保持的所有邻结点都在上的性质，所以可构成一个圈，其长度，证毕25. 证明:G是单向连通图当且仅当存在一条包含G中全部结点的有向道路。假设不存在包含全部结点的有向道路，那么设是中最长的有向道路，且结点不包含在此有向道路中。和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且不能到达，且也不能到达，否则，此最长路可扩充。那
11、么由于道路上的每个结点和都单向可达，所以此最长路和之间的可达关系必然如下图所示：当为偶数时，道路可扩充为v1vk/2uvk/2+1vk,而当为奇数时，不管与之间是如何单向可达的，都可以构造出更长的有向道路，矛盾，所以中一定存在包含所有结点的有向道路26. 无向图G如图10.32所示，先将此图顶点和边标出，然后求图中的全部割点和割边。图10.32标注如下所示：根据标记后的图，可求得割点分别为：，割边分别为：，27. 求图10.33的全部强分图和单向分图。图10.33将图重新标记如下：那么此图的邻接矩阵为，通过计算可求得其强分图矩阵为：因此，此图有两个强分图，一个包含一个结点，一个包含其它的个节点
12、。由于两个强分图之间存在有向道路，因此全部个结点，构成了单向分图28. 证明：一个连通无向简单图中，任意两条最长路至少有一个公共顶点。假设两条最长路，没有公共点，那么两条道路上的点集之间就有道路相连，否则就不是连通图了。设此道路起点是上点，终点是上的点可根据如下情况进行调论：（），是，的中间结点，那么可构成新道路，此路至少比长1，矛盾。（2）假设m和w不能均分p1,p2,那么可以将两个长路段和m,w之间的道路进行拼接，那么可得到比p1长的道路，与，是最长路矛盾。因此任意两条最长路至少有一个公共顶点29. 证明：若G是n阶无向简单图，G中每一对不相邻的顶点的度数之和至少是n-1，则G是连通图。假
13、设G不是连通图，G1，G2 是G的两个连通分支，分别为n1,n2阶连通无向简单子图，则n1+n2n。对G1中任意结点v1,和G2中任意结点v2而言，v1的最大点度为n1-1,v2的最大结点度为n2-1;则v1,v2的点度之和，最大为n1+n2-2n-21,则vi1的所有邻接点（v1,v2,vl）都在P中，那么在T中可以找到一个回路,那么截取道路P, 得到回路C= vi1 vl vi1 .与T中无回路矛盾。对于d（vik）1时同理。因此，假设不成立，即最长道路P的起点和终点都是T的叶节点6. 证明：如果T是树且k，则T中至少有k个叶结点。当T为非平凡树时，根据T的定义，T中每个枝点都是割点，当删
14、除d（v）= 的节点时，（T-v）= ，每个分支都是数，如果分支都是平凡树，则这些节点都是T的叶，叶节点数为。如果分支有非平凡数，那么至少有两个叶节点，其中至少一个是删除v时就存在的，因此总的叶节点个数k。因此中至少有个叶结点7. 设G为n（n5）阶简单图，证明G或中必含圈。反证法，假设G和中都不含圈，那么G和的所有分支都是树。则G所包含的最大边数|E（G）|=n-1, 则所包含的最大边数|E（）|=n-1. 因为G及的边数总和|E（G）|+ |E（）| = n（n-1）/2, 但根据假设条件，max|E（G）|+max |E（）|=2（n-1） n（n-1）/2, 矛盾.因此，G或中必含圈1
15、0.设e是连通图G的一条边。e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中。1）充分性：e是G的割边则e含于G的每个生成树中假设e不包含在某棵生成树T中，那么e 一定在T的树补边集中，那么G-e 中依然包含树T,因此G-e 连通，与e是割边矛盾，因此e含于G的每个生成树中；2）必要性：e含于G的每个生成树中则e是G的割边假设不是的割边，那么依然连通，具有生成树，这些生成树也是的生成树，且不包含，与e含于G的每个生成树中前提矛盾，因此e是G的割边。综上所述，题设结论：e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中成立11.设T1和T2是连通图G的两个不同的生成树，a是在T1中但不在T2中的一条边。T2中
16、存在一条边b，使得（T1-a）+b和（T2-b）+a也是G的两个不同的生成树。从T1中删除边，得树T1和T1，分别用，表示这两棵子树的结点集合，设Ea的两个端点分别属于，显然，Ea因为不在T2中，所以是T2的树补边。设C（a）为在中T2增加边a后所得到的圈，则C（a）中必然存在T2 的树边b不在T1中但在Ea中。否则，C（a）上的T2的所有树边均在T1中或均不在Ea中。如果C（a）上的T2的所有树边均在T1中，则C（a）上的所有边都在T1中，与T1是树矛盾。如果C（a）上的T2的所有树边均不在Ea中，则C（a）中除外所有的边的端点均在或中，与C（a）是基本回路矛盾。所以C（a）中必然存在不在T
17、1中但在T2中的的树边，设是其中的一条。则（T1-a）+b连通且无回路是的生成子图，它是的生成树。同理（T2-b）+a也是的生成树15. 证明: 简单连通无向图G的任何一条边，都是G的某一棵生成树的边。简单连通无向图G的任何一条边，要么是割边，要么是非割边。如果是割边，那么此边是所有生成树的树边；如果不是割边，设边为，那么G-e连通，可以求出生存树，此也是的生存数，且不包含，那么是的树补边。则+e,有唯一一个圈，删除圈上任意一条非边，便得到一颗包含边的树16. 证明:在完全二又树中,边的数目等于2（t -1），式中t是叶的数目。设中的结点数为，枝点数为；根据完全二叉树的定义，有下面的等式成立。
18、n=i+t,m=2i,m=n-1.解方程组，得到m=2（t-1） 18. 给出公式的根树表示。将标示符号看成叶结点，逻辑连接词作为分支结点，按公式的先后顺序构造根树如下：19. 给定权1,4,9,1,2,6,4,6,8,10,构造一个最优二叉树。根据带权最优二叉树定理构造过程如下：正则二叉树必有奇数个结点，且树叶数t与结点数n之间有：t=（n-1）/2。因为正则二叉树的边数与分支点数的关系为：，又因为是树，因此结点数满足：，必为奇数。叶结点数和枝点数之和为，即：，因此t=（n-1）/2习题十二1证明下面3个图都是平面图。因为所给图都可以平面图的方式画出来，如下：2下面3个图都是平面图，先给图中
19、各边标定顺序，然后求出图中各面的边界和面度。略3. 设G是阶数不小于11的图。G或中至少有一个是非平面图。假设G和都是平面图，因为，所以至少有一个图的边数，设，有因为是平面图，所以有，求解得与题设G是阶数不小于11的图矛盾，因此G或中至少有一个是非平面图4. 证明：具有6个结点、12条边的简单连通平面图，它的面的度数都是3。因为是简单连通平面图，因此根据欧拉公式有，所以有个面。根据面度和与边的关系有，（）；因为要在平面上围成一个面，至少需要边，所以个面，（）。因此，不存在面度大于的面，所有面的度数都是5. 证明：少于30条边的简单平面图至少有一个顶点的度不大于4。假设图（，）的每个结点的点度都
20、大于等于，根据握手定理及平面图的判定定理有： （）握手定理 （）根据（）得到：结合（）（）得到：，所以，矛盾。因此假设不成立，题设结论成立6. 设G是具有k（k2）个连通分支的平面图，则 nm+f=k+1。针对每个连通分支而言，满足欧拉公式及：ni-mi+fi = 2,因此ni mi + fi = 2k.因为对G图而言只有一个外部面，但在针对每个连通分支引用欧拉欧式的时候都计算了一次外部面，因此外部面多计数k-1次，所以总面数比求和公式少k-1个面，因此有ni mi + fi-（k-1） = 2k-（k-1） 得 nm+f=k+110.举例说明同构的平面图，其对偶图不一定同构。举例如下：11.
21、 设某校某专业的学生在某学期共选修了n门选修课，期末考试前必须提前将这n门选修课程先考完，要求每天每人在下午考一门课，问至少需要几天考完这n门课？此类题可转化为求图的点色数的问题，可将课程集合作为图的点集合，构造每门课程的学生选修集合（），如果有同学同时选修了，和课程，则添加边（，）到图中。生成图后，求的点色数（）即可12. 在11题中，设n = 9，并且课程1和2，1和6，1和4，1和7，2和3，2和6，3和7，3和9，4和7，4和8，5和6，5和8，5和9都有人同时选，问至少几天能将9门课考完。按题的要求，作出如下课程图：所以至少需要天才能考完完成题目，6，7，习题十三1. 构造（n, m
22、）欧拉图使满足条件：（1） m和n奇偶性相同；（2） m和n奇偶性相反。5. 在图13.10中求中国邮递员问题的解。略，请参考书中解法6. 设G是有两个奇度点的连通图,设计一个构造G的欧拉道路的算法。step1: 添加连接两个奇度点的边 Step2: 调用一般的欧拉回路的算法 Step3: 在回路中删除添加的边7. n为何值时，无向完全图Kn是欧拉图？n为何值时，无向完全图Kn仅存在欧拉道路而不存在欧拉回路？当n为大于2的奇数时，无向完全图Kn是欧拉图，因为每个节点的度数为偶数。当n为2时，K2，是唯一存在两个奇度点的完全图，因此此图只存在欧拉道路8. n（n2）个结点的有向完全图中，哪些是欧
23、拉图？n（n2）个结点的有向完全图中，每个都是欧拉图，因为每个节点都有相同的入度和出度，可以找到有向欧拉回路9. 证明:凡有割点的图都不是哈密顿图。反证法，假设存在有割点v的图是哈密顿图，那么此图存在哈密顿圈。在此圈中删除割点v，那么剩下的节点依然连通。这和割点的定义相矛盾，所以题设命题成立10. 证明: 4k+l阶的所有2k正则简单图都是哈密顿图。因为图是的正则简单图，因此对任意的u，vV, 有d（u） + d（v） = 4k. 根据定理13.4，存在哈密顿道路P= v1v2v4k+1. 1）如果 v1v4k+1E, 则v1v2v4k+1v1构成一个H圈；2）如果v1v4k+1E，则是v1的
24、邻接点，那么必为v4k+1的邻接点。否则，v4k+1点度为4k-1-2k=2k-1,与题设矛盾。假设vit-1v4k+1E，那么可构造H圈如下：v1vit-1v4k+1 v4kvitv1因此，此图为哈密顿图11在无向完全图Kn中有多少条没有公共边的哈密尔顿回路？1） 设n=2k+1,将节点编号为0,1,22k,并作如下图示，在上图中先取一条哈密顿回路为0,1,2,2k,3,2k-1,4,k+3,k,k+2,k+1,0,然后将圆周上的结点按逆时针方向依次转动一个位置，然后可以得到另一条回路为：0,2,3,1,4,2k,5,k+4,k+1,k+3,k+2,0;显然，这两条回路是没有公共边。继续这样
25、做下去，共可产生条无公共边的哈密顿回路。若n=2k+2,那么只要在中间增加一个结点，就可以同样地得到条无公共边的哈密顿回路12. 11个学生打算几天都在一张圆桌上共进午餐，并且希望每次午餐时每个学生两旁所坐的人都不相同，问11人共进午餐最多能有多少天？将个学生分别用结点表示，由于每个同学都可能邻座，因此每两个结点之间都有一条边，因此得到无向完全图，每次午餐时学生都按照一条哈密顿回路落座，如果两条哈密顿回路有公共边，则公共边端点所代表的学生就是相邻的。因此上述问题转化为求有多少条无公共边的哈密顿回路问题，利用题的结论，共有（11-1）/2=5条无公共边的哈密顿回路，因此这个学生共进午餐最多能有天13. 假定在n个人的团体中,任何2人合起来认识其余的n-2个人。（1）这n个人可以排成一排,使得站在中间的每个人的两旁都是自己认识的人,站在两端的人旁边各有1个认识的人；（2）当月时,这n个人可以围成一个圆圈,使得每个人两旁都是自己所认识的人。因为任意两个人加起来
