图论与代数结构第一二三章习题集解答Word文件下载.docx

1、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： vV1V2V3V4V5V6f （v）bacedf8. 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

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= （ n1k+1）（ n1k）/2。最后一个连通支的结点个数为nn1, 其边数m2= （ nn1）（ nn11）/2，所以，G的总边数m= m1+ m2= （ n1k+1）（ n1k）/2 + （ nn1）（ nn11）/2n1=n1时，m= （ （n-1）k+1）（ （n-1）k）/2 +0= （

3、 （nk）（ （nk1）/2, 命题成立。n1= n2时，由于 n1=k, 故m= （ （n2）k+1）（ n1k）/2 + （ nn1）（ nk1）/2（ nk）（ nk1）/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v3 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

4、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，L3LL4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m5. 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

5、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。5 a）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

6、|=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km=|E0|+|E1|=nk-k2= n2/46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，

7、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|+18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Gv1, 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+2n= （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

8、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=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n11 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GG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/212 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

9、历这27个点到达白色点，这不可能131）将边按权值由小到大排序：边： a23 a35 a15 a13 a34 a45 a24 a12 a25 a14权： 26 27 29 33 34 35 38 42 49 52 2）分支定界： S1: a23 a35 a15 a13 a34 , 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: a23 a35 a15 a34 a45, 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: a23 a35 a15 a45 a24 ,

10、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: a23 a35 a15 a24 a12 , 非H回路,d （S4）=162;S5: a23 a35 a15 a24 a25 , 非H回路,d （S5）=169;S6: a23 a35 a15 a24 a14 , H回路,d0:=172;S7: a23 a35 a15 a12 a25 , 非H回路,d （S7）=173;S8: a23 a35 a13 a34 a45 , 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: a23 a35 a34 a45

11、a24 , 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: a23 a35 a45 a24 a12 , 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: a23 a35 a45 a12 a25 , 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: a23 a35 a24 a12 a25, 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。

12、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+1716. 29333627343023. 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）2n23n3knk .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）

13、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：1017526。（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, e 8, 重排B5的各列

14、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：s t a e c 空格 3451 1 4所以最优二进制编码为：e: 1100 c: 1101 s: 111 t: 00 空格：01 a: 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。e4e6e5e3e2e115. 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S e1（t0）= e1, e4, e6 , S e2（t0）= e2, e4, e6 ,S e3（t0）= e3, e6 , S e5（t0）= e5, e6

15、 , 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S e2（t1）= e2, e1 , S e3（t1）= e3, e6 , S e5（t1）= e5, e6 ,S e2（t2）= e2, e1 , S e3（t2）= e3, e1, e4 , S e5（t2）= e1, e4, e5 , S e

16、3（t3）= e3, e6 , S e5（t3）= e6, e5 ,S e3（t4）= e3, e2, e4 , S e5（t4）= e2, e4, e5 , S e5（t5）= e5, e3 ,所以S e2（t0） S e2（t1） e2 , S e2（t0） S e2（t2） e2 , 从而Te1 e2 ；S e3（t0） S e3（t1） e3, e6 , S e3（t0） S e3（t2） e3 , 从而Te1 e3 e4, e2, e6, e5= t7；S e5（t0） S e5（t1） e5, e6 , S e5（t0） S e5（t2） e5 ,从而Te1 e5 e4, e2,

17、e3, e6= t8；S e3（t0） S e3（t3） e3, e6 , S e3（t0） S e3（t4） e3 ,从而Te2 e3 e1, e4, e6, e5= t9；S e5（t0） S e5（t3） e5, e6 , S e5（t0） S e5（t4） e5 ,从而Te2 e5 e1, e4, e3, e6= t10；S e5（t0） S e5（t5） e5 , 从而Te3 e5 ；于是T2= t7 , t8, t9, t10 .（3） 可以验证 Te1 e2 e3Te1 e3 e5Te2 e3 e5 , 所以T 3 = . 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）：v2v7v5v8v4v1v3v6243