图论习题参考答案Word文档格式.docx
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E，则与xi0相邻的顶点只能是（NG（x1）-{yj0}）∪{w},与yj0相邻的顶点只能是（NG（y1）-{xj0}）∪{w}。
但与w相邻的点至少是3，故NG（x1）∪NG（y1）中存在一个不同于xi0和yj0顶点z与w相邻，不妨设z
NG（x1），则z，w，xi0两两相邻，矛盾。
题1：
已知图的结点集V={a,b,c,d}以及图G和图D的边集合分别为：
E（G）={（a,a）,（a,b）,（b,c）,（a,c）}
E（D）={<
a,b>
<
a,c>
c,d>
c,a>
c,b>
}
试作图G和图D，写出各结点的度数，回答图G、图D是简单图还是多重图？
解
：
图G中：
deg（a）=4，deg（b）=2，deg（c）=2，deg（d）=0
图D中：
deg（a）=3，deg（b）=2，deg（c）=4，deg（d）=1图D是简单图．
其中deg+（a）=2,deg-（a）=1,deg+（b）=0,deg-（b）=2,deg+（c）=3,deg-（c）=1,deg-（d）=1.
题2：
设简单连通无向图G有12条边，G中有2个1度结点，2个2度结点，3个4度结点，其余结点度数为3．求G中有多少个结点．
试作一个满足该条件的简单无向图．
解：
设图G有x个结点，有握手定理
21+22+34+3（x223）＝122
x＝9
图G有9个结点．
图见例3图．（图不唯一）
题3：
设简单连通无向图G有9条边，G中有4个3度结点，2个1度结点，其余结点度数为2．求G中有多少个结点．
题4无向完全图K3，K4，及3个结点的有向完全图.
题5：
两个图同构有下列必要条件：
（1）结点数相同；
（2）边数相同；
（3）度数相同的结点数相同.
但它们不是两个图同构的充分条件，下图中（a）和（b）满足上述三个条件，但这两个图并不同构.
到目前为止，判断两个图同构，只能根据定义，还没有其它简单而有效的方法.
题6：
三名商人各带一随从乘船过河，一只小船只能容纳2人，由他们自己划行。
随从们密约，在河的任一案，一旦随从的人数比商人多，就杀人越货。
但是如何乘船渡河的大权掌握在商人手中，商人们怎样安排每次乘船方案才能安全渡河？
用图论模型求解如下：
●每个状态有三个因素：
此岸构成，彼岸构成，船所在。
●此岸a1b1，a1为商人个数，b1为随从个数，a1≥b1，a1,b1=0,1,2,3，或a1=0,b1=0,1,2,3。
●彼岸a2b2，a2为商人个数，b2为随从个数，a2≥b2，a2,b2=0,1,2,3，或a2=0,b2=0,1,2,3。
●注：
a1+a2=b1+b2=3；
0表示船在此岸，1表示在彼岸。
可行状态有：
33|00|0，32|01|0，31|02|0，22|11|0，11|22|0，03|30|0，02|31|0，01|32|0，
32|01|1，31|02|1，30|03|1，22|11|1，11|22|1，02|31|1，01|32|1，00|33|1。
根据上图，求从33|00|0到00|33|1的路径，可得解如下：
33|00|0--31|02|1--32|01|0--30|03|1--31|02|0--11|22|1-22|11|0--02|31|1--03|30|0--01|32|1--02|31|0--00|33|1。
或：
33|00|0--31|02|1--32|01|0--30|03|1--31|02|0--11|22|1-22|11|0--02|31|1--03|30|0--01|32|1--11|22|0--00|33|1。
33|00|0--22|11|1--32|01|0--30|03|1--31|02|0--11|22|1-22|11|0--02|31|1--03|30|0--01|32|1--11|22|0--00|33|1。
题7 在平面上有n个点S＝{x1,x2,……,xn}，其中任两个点之间的距离至少是1，证明在这n个点中距离为1的点对数不超过3n。
证明 首先建立一个图G＝（V，E），其中V就取S中的n个顶点，V中两个点有边相连当且仅当两点之间的距离恰好是1。
则所得图G是一个简单图，S中距离为1的点对数就是G的边数。
因此我们只需证明m（G）
3n。
我们考虑G中每个顶点的度，可以证明：
deg（xi）
6,i=1,2,……,n。
让xi是G中的任一个顶点，且与xi相邻的顶点为y1,y2,……,yk，则y1,y2,……,yk分布在以xi为圆心的单位圆周上。
所以k=deg（xi）
6,i=1,2,……,n。
由握手定理得
2m（G）=
6n
故m（G）
题8 n个点由若干线段连接着。
已知每一点与另外任何一点都有道路相连通。
而任何两点都没有两种不同的道路。
证明：
线段总数为n-1。
证明 构造图G：
将问题中给定的n个点作为顶点，线段作为边。
根据给定的条件，所得图G是含有n个顶点的简单图，每一对顶点之间有且只有一条路连接，因此G是连通图，并且没有回路（否则，该回路上两个不同的顶点之间有两条不同的路），所以图G是一棵树。
题9：
设无向图G有12条边，已知G中度数为3的节点个数为6个，其余结点的度数均小于3，问G中至少有多少顶点？
由定理可知，图中所有节点的度数之和应为边数的2倍，即12x2=24，却掉度数为3的6个结点的总度数18，还剩6度，又由于其余结点的度数小于3，故度数只能是0，1，2，若其余结点的度数均为2，则至少需3个结点，故图G中至少有9个结点。
题10：
若图G是不连通的，则G的补图
是连通的。
设G=（V，E）不连通，则设其连通分支为G1，G2，…Gs，其相应的节点集为V1，V2，…Vs，任取
中的两个节点u，v∈V，
1）、若u，v分属于G中不同的连通分支，则（u,v）∈
，因此u，v在
中连通。
2）、若u，v分属于G中同一个连通分支，则从另一连通分支中任取一结点w，则（u,w）∈
，（v,w）∈
，于是在
中存在一条道路uwv，使得u，v连通。
综上所述可知，对于
中任意2个结点，u，v总有路相连，故
题11：
当且仅当G的一条边e不包含在G的回路中，e才是G的割边（桥）。
必要性：
设e是连通图G的割边，e关联的两个结点为u和v。
若e包含在G的一个回路中，则除边e=（u，v）外还有一条以u，v为端点的道路，故删去边e后，G仍是连通的，这与e是割边矛盾。
充分性：
若e不包含在G的任一回路中，那么连接节点u和v只有边e，而不会有其他连接u和v的路，因为若连接u和v还有不同于边e的路，此路与边e就组成一个包含e的回路，从而导致矛盾，所以，删去边e后，u和v就不连通，故边e为割边。
题12：
n个城市由k条公路网络连接（一条公路定义为两个城市间的一条道路，它们之间不能通过任何中间城市），证明：
如果有
k>
（n-1）（n-2）
则人们总能通过连接城市的公路在任何城市间旅行。
将城市作为结点，将连接两个城市的公路作为边，则问题等价于证明具有n个结点k条边的简单无向图G，若满足k>
（n-1）（n-2），则是连通图。
当n=2时，结论显然成立，下面证明n>
2时，结论也成立。
假设G不连通，不妨设G有2个连通分支，则可将G中的结点集V分为两个子集V1和V2，满足V1和V2分属于不同的连通分支。
设由V1生成的G的子图G1中有n1个结点k1条边，设由V2生成的G的子图G2中有n2个结点k2条边，则
n1+n2=n，k1+k2=k，n1，n2
1
由于G是简单无向图，故G1和G2也是简单无向图，从而有：
k1
n1（n1-1），k2
n2（n2-1）
k=k1+k2
n1（n1-1）+
n2（n2-1）
（1）
另一方面，由已知
k>
（n-1）（n-2）=
（n1+n2-1）（n1+n2-2）
（2）
由于n>
2，因此n1和n2至少有一个大于等于2，不妨设n1
2，由
（2）得
（n1+n2-1）（n1+n2-2）=
n1（n1+n2-2）+
（n2-1）（n1+n2-2）
n1（n1-1）+
n2（n2-1）
与式
（1）矛盾，故G是连通图。
题13：
判断下图是否能一笔画出，并说明理由。
图（a）图（b）
图（a）中所有结点（除v0，vn外）的度数为2或4，degv0=degvn=1，故有欧拉定理可知，图（a）包含欧拉通路，由v0出发到达vn必有一条包含所有边且只包含一次的通路。
图（b）中所有结点（除v0，vn外）的度数为2或4，degv0=degvn=5，故有欧拉定理可知，图（b）包含欧拉通路，由v0出发到达vn必有一条包含所有边且只包含一次的通路。
题14：
构造一个欧拉图，其结点数n与边数m满足下列条件
（1）、n，m的奇偶性一样的简单图。
（2）、n，m的奇偶性相反的简单图。
如果不可能，请说明原因。
（1）、4个结点4条边，结点数和边数都是偶数，每个结点的度数均为2，是欧拉图，见下图（a）。
3个结点3条边，结点数和边数都是奇数，每个结点的度数为2，是欧拉图，见下图（b）。
（2）、6个结点9条边，3个结点的度数为2，3个结点的度数均为4，是欧拉图，见下图（c）。
5个结点10条边，每个结点的度数为4，是欧拉图，见下图（d）。
（a）（b）（c）（d）
题15：
设G是一个具有n个结点的简单无向图，n
3，设G的结点表示n个人，G的边表示他们间的友好关系，若两个结点杯一条边连接，当且仅当对应的人是朋友。
（1）、结点的度数能做怎样的解释？
（2）、G是连通图能做怎样的解释？
（3）、假定任意两个人合起来认识所留下的n-2个人，证明n个人能站成一排，使得中间每个人两旁站着自己的朋友，而两端的两个人，他们每个人旁边只站着他的一个朋友。
（4）、证明对于n
4，（3）中保证n个人能站成一圈，使每个人的两旁站着自己的朋友。
（1）、结点u的度数deg（u）表明u与deg（u）个人是朋友。
（2）、G是连通图表明任意两个人可通过其朋友及朋友的朋友结识，建立友好关系。
（3）、由已知任意两个人合起来认识其余的n-2个人，即对G中任意两个结点u，v，deg（u）+deg（v）
n-2，且其余n-2个结点与u或v邻接。
若u与v邻接，则deg（u）+deg（v）
n-2+1=n-1。
若u与v不邻接，若deg（u）+deg（v）=n-2，则对于任意的w∈V-{u,v}，w与u邻接（w与v邻接），但不能同时与u，v邻接，设w与u邻接，则w必不与v邻接，则结点w和u都不与v邻接，也就是w和u都不认识v，从而结点w和结点u的度数之和<
n-2（即w和u两个人合起来不能够认识所留下的n-2个人），与假设矛盾。
因此，deg（u）+deg（v）
n-1，即图G中存在哈密顿通路，按照此通路的结点排列可得n个人排列成一排，使中间的每个人两边都是朋友，而两端的两个人，一边站着的也是朋友。
（4）、由（3）可知，当n
3时，对G中任意两个结点u，v有，deg（u）+deg（v）
n-1。
下面证明，当n
4时，deg（u）+deg（v）
n。
若u和v邻接，显然成立。
若u和v不邻接，则deg（u）+deg（v）>
n-1，否则，若deg（u）+deg（v）=n-1，则V-{u,v}至少有2个结点（因n
4），设为w、t，且w与u，v均邻接，t只与u，v之一邻接。
设t与u邻接，则t和u与结点v都不邻接，与假设矛盾，故对任意结点u，v，deg（u）+deg（v）>
n-1，即deg（u）+deg（v）
故图G中存在哈密顿回路，按照此回路的结点排列，即为所求的圈，满足n个人能站成一圈，使每个人的两旁站着自己的朋友。
题16：
设G是有11个或更多结点的图，证明G或
（补图）是非平面图。
反证法：
设G和
都是平面图，设G和
的结点数分别为n和
，边数分别为m和
，则
n=
，m+
=
n（n-1）
由欧拉定理可知，
m
3n-6，
3n-6
n（n-1）=m+
3n-6+3n-6=6n-12
即n2-13n+24
0
从而得出n<
11，与n
11相矛盾，故G和
不可能同时为平面图，即n
11时，G或
题17：
一棵树有n2个结点度数为2，n3个结点度数为3，…，nk个结点度数为k，问它有几个度数为1的结点。
设树T中有n1个度数为1的结点，则树中边数m为：
m=n1+n2+n3+…+nk-1
又由于任意图中结点度数之和等于边数的2倍，故：
n1+2n2+3n3+…+knk=2（n1+n2+n3+…+nk-1）
故：
n1=（3-2）n3+（4-2）n4+…+（k-2）nk+2
题18：
证明在完全二叉树中，边的总数m等于2（nt-1），nt是树叶总数。
对分枝结点数i用数学归纳法：
当i=1时，边数m=2，树叶数nt=2，故m=2（nt-1）成立。
假设i=k时（k
1）成立，下面证明i=k+1时结论成立。
由于树T是完全二叉树，因此T中必存在一分枝结点v，v的两个儿子v1，v2均是树叶。
在T中删去v1，v2得T’，则T’是分枝结点数为k的完全二叉树，此时v为树叶，
分枝结点数i’=i-1=k+1-1=k
树叶数nt’=nt-2+1=nt-1
边数m’=m-2
由归纳假设，m’=2（nt’-1）
所以：
m-2=2（nt-1-1），即m=2（nt-1）。
题19：
给设d=（d1,d2,…,dn），其中di为正数，i=1,2,…,n。
若存在n个结点的简单图，使得结点vi的度数为di，则称d是可图解的。
下面给出的各序列中哪些是可图解的，哪些不是，为什么？
（1）、（1，1，1，2，3）
（2）、（0，1，1，2，3，3）（3）、（3，3，3，3）
（4）、（2，3，3，4，4，5）（5）、（2，3，4，4，5）（6）、（2，3，3，3）
（7）、（2，3，3，4，5，6）（8）、（1，3，3，4，5，6，6）（9）、（2，2，4）
（10）、（1，2，2，3，4，5）
题20：
给无向完全图Kn（n≥7）的各边随意涂上红色或绿色，若已知从某个结点v0引出的n-1条边中至少有六条边涂红色，则存在红色的K4或绿色的K3。
设x1,x2,x3,x4,x5,x6是与v0相邻的六条边涂红色。
根据Ramsey（3，3）=6的证明可知，在x1,x2,x3,x4,x5,x6中，或有3个相互邻接的顶点（涂红色），这3个顶点与v0一起构成红色的K4；
或者有3个互不相邻的顶点（绿色），这3个顶点构成绿色的K3。
题21：
在任何两个或两个以上人的组内，存在两个人在组内有相同个数的朋友。
此题可转化为图论的问题来处理：
把每个人对应成相应的结点，两个人具有朋友关系当且仅当相应的结点相邻，显然该图是简单图，所以原命题等价于证明在该无向简单图中一定存在两个结点的度数相等。
反设，该无向简单图G中任何一对结点的度数都不相等，并设结点数为n。
又因为图G是简单图，所以结点的度数只能为：
0，1，2，…，n-1。
那么在图G中，存在度数为n-1的结点，与所有结点相邻，同时又存在度数为0的结点，与所有结点都不相邻，因此产生矛盾。
所以该无向简单图中一定存在两个结点的度数相等。
所以在任何两个或两个以上人的组内，存在两个人在组内有相同个数的朋友。
题22、设G为n个结点的简单无向图。
（1）、若G的边数m=（1/2）（n-1）（n-2）+2，证明G是哈密尔顿图。
（2）、若G的边数m=（1/2）（n-1）（n-2）+1，那么图G是否一定为哈密尔顿图？
请阐述你的理由。
[分析]：
因为有定理：
设G=（V，E）是n阶（n≥3）无向简单图，若对于任意的不相邻的结点vi，vj∈V，有dev（vi）+dev（vj）≥n，则G是哈密尔顿图。
那么只要证明对任意的不相邻结点vi，vj∈V，有dev（vi）+dev（vj）≥n即可。
（1）反证法：
假设存在不相邻的结点vi，vj∈V，有dev（vi）+dev（vj）≤n-1。
另V1={vi，vj}，G1=G-V1，则G1是（n-2）阶简单图，它的边数m1满足
m1=（1/2）（n-1）（n-2）+2-（dev（vi）+dev（vj））≥（1/2）（n-1）（n-2）+2-（n-1）=（1/2）（n-2）（n-3）+1
这与G1是（n-2）阶的简单图矛盾（注：
（n-2）阶的简单图的最大边数为（1/2）（n-2）（n-3））
所以G中任何两个相邻的结点度数之和均大于等于n。
再根据定理：
所以G是哈密尔顿图。
（2）若G的边数m=（1/2）（n-1）（n-2）+1，那么图G是不一定为哈密尔顿图，请看下图不是哈密尔顿图。
题23、把平面分成x个区域，每两个区域都相邻，问x最大为几？
（可作为选择题）
如果把每个区域放一个结点，当两区域相邻就在相应的两个结点间连一条边，这样就构造了一个简单和完全的平面图，类似于把平面区域图转化成对偶图来考虑。
在每个区域放一个结点，当两区域相邻时就在相应的两个结点间连一条边，如此就构造了一个平面图且是完全图Kx，而最大的平面完全图是K4，所以x最大为4。
注意：
根据平面图的常用定理，对于定点n≥3的连通的简单的平面图G，有m≤3n-6成立，其中n为结点数，m为边数，所以对于完全平面图Kn，其边数m=（1/2）n（n-1）。
要使m≤3n-6，得n=3或4。
题24、设图G有n个结点，m条边，其中有nk个结点的度数为k，其余结点的度数均为k+1，试证明：
nk=（k+1）n-2m。
用握手原理容易得证。
题25、用Kruskal算法求下图的的最小生成树，并计算其权。
题26、求出下图中以v1为起点的一条中国邮路。
题27、利用Dijkstra算法，求解下图中从顶点1到其余各点的最短路径
题28、求下面PERT图的关键路径。
题29、利用Huffman算法，求权为20,30,50,70,80的最优二叉树T，并求出其W（T）。
20,30,50,70,80//50,50,70,80//70,80,100//100,150//250//
W（T）=550。
题30：
给定权1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，利用Huffman算法构造一棵最优二叉树，并求出其W（T）。
题31、用Dinic算法求下图最大流。
题32、用2F标号算法求下图的最大流。
题33、用匈牙利算法求下图的最大匹配。
题34、对下图顶点进行着色。
题35：
、利用Dijkstra算法，求下图从1出发到其余各点的最短路径。
解:
步骤
V1
V2
V3
V4
V5
V6
19
30
∞
5
20
2
21
15
5/V1
3
15/V5
4
19/V1
20/V1
6
21/V5
最终结果：
题36、现有4名教师：
张、王、李、赵，要求他们去教四门课程：
数学、物理、电工和计算机科学。
已知张老师能教数学和计算机科学，王老师能教物理和电工，李老师能教数学、物理和电工，而赵老师只能教电工。
如何安排才能使4位教师都能教课，并且每门课都有人教，共有几种方案？
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