图论与代数结构第一二三章习题解答Word文档格式.docx
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若有3个人相互认识，则这3个人与v相互认识，这与假设没有4个人相互认识矛盾，所以这6个人中一定有3个人相互不认识
2）若可以找到点v，d（v）<
5，不与v相连的点至少有4个，由于没有4个人相互认识，所以这4个人中至少有2个人相互不认识，这两个人与v共3个人相互不认识
3）若每个点的度数都为5，则有奇数个度数为奇数的点，不可能。
7.同构。
同构的双射如下：
v
V1
V2
V3
V4
V5
V6
f（v）
b
a
c
e
d
f
8.记e1=（v1,v2）,e2=（v1,v4）,e3=（v3,v1）,e4=（v2,v5）,e5=（v6,v3）,e6=（v6,v4）,e7=（v5,v3）,e8=（v3,v4）,e9=（v6,v1）, 则
邻接矩阵为：
关联矩阵为：
边列表为：
A=（1,1,3,2,6,6,5,3,6）,B=（2,4,1,5,3,4,3,4,1）.
正向表为：
A=（1,3,4,6,6,7,10）,B=（2,4,5,1,4,3,3,4,1）.
习题二
1.用数学归纳法。
k=1时，由定理知结论成立。
设对于k命题成立。
对于k+1情形，设前k个连通支的结点总个数为n1,则由归纳假设，前k个连通支的总边数m1<
=（n1－k+1）（n1－k）/2。
最后一个连通支的结点个数为n－n1,其边数
m2<
=（n－n1）（n－n1－1）/2，
所以，G的总边数
m=m1+m2<
=（n1－k+1）（n1－k）/2+（n－n1）（n－n1－1）/2
n1=n－1时，m<
=（（n-1）－k+1）（（n-1）－k）/2+0=（（n－k）（（n－k－1）/2,命题成立。
n1＜=n－2时，由于n1<
=k,故
m<
=（（n－2）－k+1）（n1－k）/2+（n－n1）（n－k－1）/2＝（n－k）（n－k－1）/2,
命题成立。
2．若G连通，则命题已成立；
否则，G至少有两个连通支。
任取结点v1,v2，若G的补图中边（v1,v2）不存在，则（v1,v2）是G中边，v1,v2在G的同一个连通支（假设为G1）中。
设G2是G的另一连通支，取v3Î
G2, 则v1®
v3®
v2 是补图中v1到v2的一条道路，即结点v1,v2在补图中有路相通。
由v1,v2的任意性，知补图连通。
3．设L1,L2是连通图G的两条最长路，且L1,L2无公共结点。
设L1,L2的长度（边数）为p.
由于G是连通的，故L1上必有一结点v1与L2上一结点v2有道路L’相通。
结点v1将L1分为两部分，其中一部分的长度³
p/2,记此部分道路为L3。
同样，结点v2将L2分为两部分，其中一部分L4的长度³
p/2。
这样，L3＋L’＋L4就是G的一条新的道路，且其长度大于p,这与G的最长路（L1）的长度是p的假设矛盾。
4.对结点数n作归纳法。
（1）n=4时m≥5.若有结点的度≤1,则剩下的三结点的度数之和≥4，不可能。
于是每个结点的度≥2，从而存在一个回路。
若此回路为一个三角形，则还有此回路外的一结点，它与此回路中的结点至少有二条边，从而构成一个新的含全部四个结点的回路，原来三角形中的一边（不在新回路中）即是新回路的一条弦。
若此回路为含全部四个结点的初等回路，则至少还有一边不在回路上，此边就是该回路的一条弦。
（2）设n-1情形命题已成立。
对于n情形：
若有结点的度≤1,则去掉此结点及关联边后，依归纳假设命题成立。
若有结点v的度=2,设v关联的两结点为s,t，则去掉结点v及关联边、将s,t合并为一个结点后，依归纳假设命题成立。
若每个结点的度≥3，由书上例2.1.3的结果知命题成立。
5a）对于任意边（u,v）,由于不存在三角形，所以d（u）+d（v）<
=n，对所有m条边求和，不等式左边每个d（v）被计算了d（v）次
b）对n归纳，设小于n时不等式成立，当|V|=n时，删去边（u,v）及点u，v以及相关的边得到G'
，由归纳假设，G'
最多（n-2）2/4条边，由于（u,v）与G'
不构成三角形，因此由G'
变回G时最多增加（n-2）+1条边，所以G的边最多（n-2）2/4+（n-2）+1=n2/4
注：
此题与三角形的存在性无关
设最大度数为k，且d（v）=k，令E0={与v相连的边}，E1={不与v相连的边}，则|E0|=k，|E1|<
=（n-k-1）*k，其中n-k-1表示去除了v及其邻点，这些点的度数都小于等于k
m=|E0|+|E1|<
=nk-k2<
=n2/4
6．问题可化为求下列红线表示的图是否存在一条欧拉道路的问题：
存在欧拉道路！
7设C是H道路，当S中顶点在C上不相邻时，C-S最多被分成|S|+1段，而当S中顶点有相邻时段数将更少，而C是G的生成子图，所以t<
=|S|+1
8．由推论2.4.1,只需验证G的任意一对结点的度数之和大于或等于n即可。
若存在结点v1,v2满足 deg（v1）+deg（v2）<
n,则
G－{v1,v2}的边数<
=Kn-2的边数=（n-2）（n-3）/2.
另一方面，由题设知
G－{v1,v2}的边数＝m－（deg（v1）+deg（v2））＞[（n-1）（n-2）/2+2]－n=（n-2）（n-3）/2,
与上式矛盾。
9对n进行数学归纳法，设n小于等于k时命题成立，则当n=k+1时
对任意顶点v，G-v得到的G'
仍是有向完全图，由归纳假设存在H道路v1v2…vk
若G中存在边（v,v1）或（vk,v）则命题成立
否则G中存在边（v1,v）和（v,vk），这也意味着可以找到i，1<
=i<
k，有边（vi,v）和（v,vi+1）
此时v1v2…vivvi+1….vk为H道路
10对于任意的点u,v，若u与v认识，则d（u）+d（v）=（n-2）+2=n
若u不认识v，则从V-{u,v}中让取一点w，w认识u和v
否则若w不认识u，则v和w都不认识u，v和w合起来只能最多认识n-3个人，矛盾。
由w的任意性，d（u）+d（v）>
=2（n-2），当n>
=4时，2（n-2）>
=n
所以对任意两个点度数和大于等于n
11对于这q条边，每条边的两个端点压缩合并为一个点，并去掉重边得到G'
G'
各点度数均大于等于n/2，所以存在H回路，该回路中q个新点恢复成原2q个点，则所代表的q条边仍在此H回路中
q不能超过n/2
12构造图G，每个小立方体对应一个点，两个立方体之间有公共面则对应顶点间有边
设最左上角点为黑色，依据相邻点不同色的原则给所有点着色，则黑色点有14个，白色点有13个，若所要求路径存在，则意味着从黑色点开始遍历这27个点到达白色点，这不可能
13．1）将边按权值由小到大排序：
边：
a23a35a15a13a34a45a24a12a25a14
权：
26272933343538424952
2） 分支定界：
S1:
a23a35a15a13a34,非H回路,d（S1）=149;
将a34置换为其后的a45,a24，a12，a25，a14，也全都是非H回路；
S2:
a23a35a15a34a45,非H回路,d（S2）=151;
将a45置换为其后的a24，a12，a25，a14，也全都是非H回路；
S3:
a23a35a15a45a24,非H回路,d（S8）=155;
将a24置换为其后的a12，a25，a14，也全都是非H回路；
S4:
a23a35a15a24a12,非H回路,d（S4）=162;
S5:
a23a35a15a24a25,非H回路,d（S5）=169;
S6:
a23a35a15a24a14,H回路,d0:
=172;
S7:
a23a35a15a12a25,非H回路,d（S7）=173;
S8:
a23a35a13a34a45,非H回路,d（S8）=155;
将a34,a45置换为其后的数，也全都是非H回路；
S9:
a23a35a34a45a24,非H回路,d（S9）=160;
将a45,a24置换为其后的数，也全都是非H回路；
S10:
a23a35a45a24a12,非H回路,d（S10）=168;
将a12置换为其后的a25,a14，也全都是非H回路；
S11:
a23a35a45a12a25,非H回路,d（S11）=179;
将a12,a25置换为其后的数，其路长差于d0，故不必考虑；
S12:
a23a35a24a12a25,非H回路,d（S12）=182;
将a24，a12，a25,置换为其后的数，其总长差于d0，故不必考虑；
继续下去所得组长度会比S6差，故可终止计算。
所以，H回路为S6,路长为172。
14.这是一个旅行商问题（具体计算略）：
15.这是一个最短路问题（具体计算略）：
16.
23.
习题三
1．因为n个结点的树的边有n-1条，故其总度数为2（n-1），故度为1的结点个数为
2（n-1）－2n2－3n3－……－knk.
2.设L是树T的一条最长路，L中的结点依次为 v1,v2,…,vk。
因为L中各结点都有边相连，所以它们的度数均大于或等于1。
若deg（v1）>
1,则除了边（v1,v2）外，还存在边（v1,v’）。
因为树中不存在回路，故v’Ï
{v1,v2,…,vk}，于是，（v’,v1,v2,…,vk）是T的一条新的路，其长度比L更长。
这与L是T的最长路矛盾。
所以deg（v1）＝1，类似可证deg（vk）＝1。
4．（a）直接根据图确定B5B5T可得树的棵数：
（b）去掉边（v1,v5），则直接根据图确定B5B5T可得不含边（v1,v5）的树的棵数：
于是，含边（v1,v5）的树的棵数为：
101－75＝26。
（c）去掉边（v4,v5），则直接根据图确定B5B5T可得不含边（v1,v5）的树的棵数：
5.（a）因为
（b）去掉边（v1,v5）后，有
（c）去掉到v3的其它全部边（v4,v3）、（v5,v3）后，有
10.
（1）余树为｛e1,e2,e5,e8｝,重排B5的各列得
（2）由定理3.4.8,基本割集矩阵为
14．（a）这是一个求最优二叉树的问题。
各字符出现次数为：
staec空格
3 4 5 114
所以最优二进制编码为：
e:
1100c:
1101s:
111t:
00空格：
01a:
10
此时字符串的二进制编码总长度为43.
（b）去掉空格，类似（a）计算。
15.将图中各边进行编号得右图。
取参考支撑树 t0={e1,e2,e3,e5}.
（1）因为Se1（t0）={e1,e4,e6},Se2（t0）={e2,e4,e6},
Se3（t0）={e3,e6},Se5（t0）={e5,e6},所以
Te1={{e4,e2,e3,e5},{e6,e2,e3,e5}}={t1,t2},
Te2={{e1,e4,e3,e5},{e1,e6,e3,e5}}={t3,t4},
Te3={{e1,e2,e6,e5}}={t5},
Te5={{e1,e2,e3,e6}}={t6},
从而 T1＝{t1,t2,t3,t4,t5,t6}.
（2）因为Se2（t1）={e2,e1},Se3（t1）={e3,e6},Se5（t1）={e5,e6},
Se2（t2）={e2,e1},Se3（t2）={e3,e1,e4},Se5（t2）={e1,e4,e5},
Se3（t3）={e3,e6},Se5（t3）={e6,e5},
Se3（t4）={e3,e2,e4},Se5（t4）={e2,e4,e5},
Se5（t5）={e5,e3},
所以
Se2（t0）Se2（t1）＝{e2},Se2（t0）Se2（t2）＝{e2},从而 Te1e2＝；
Se3（t0）Se3（t1）＝{e3,e6},Se3（t0）Se3（t2）＝{e3},
从而 Te1e3＝{{e4,e2,e6,e5}}={t7}；
Se5（t0）Se5（t1）＝{e5,e6},Se5（t0）Se5（t2）＝{e5},
从而 Te1e5＝{{e4,e2,e3,e6}}={t8}；
Se3（t0）Se3（t3）＝{e3,e6},Se3（t0）Se3（t4）＝{e3},
从而 Te2e3＝{{e1,e4,e6,e5}}={t9}；
Se5（t0）Se5（t3）＝{e5,e6},Se5（t0）Se5（t4）＝{e5},
从而 Te2e5＝{{e1,e4,e3,e6}}={t10}；
Se5（t0）Se5（t5）＝{e5},从而 Te3e5＝；
于是 T2={t7,t8,t9,t10}.
（3）可以验证Te1e2e3＝Te1e3e5＝Te2e3e5＝,所以T3=.
最后，由以上计算可知，全部生成树为{t0,t1,t2,t3,t4,t5,t6,t7,t8,t9,t10}.
16.用Kruskal算法。
先将权排序，而后按权由小到大选边8-1条（构成回路时所选边不放入），可得一棵最小生成树（总权为22）：
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