图论与代数结构第一二三章习题集解答Word文件下载.docx
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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v3G2, 则v1v3v2 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):
5+17
16.
29
33
36
27
34
30
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’{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。
e4
e6
e5
e3
e2
e1
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):
v2
v7
v5
v8
v4
v1
v3
v6
2
4
3