图论例讲
第六章 图论方法

第八章图论方法§1 图论中图的概念在人们从事的各种活动中,为了反映事物之间的关系,常在纸上用点和线画出各种各样的示意图。
例如,为了反映某地区的铁路交通、公路网分布情况,画出铁路、公路交通图。
在这些图中以点表示城镇,用点与点之间的连线表示城镇之间的铁路或公路的沟通情况。
诸如此类的图还有电缆线分布图、供水道及下水道分布图、航空线图等等。
再如,在一场有5支球队参加的球类比赛中,比赛情况也可以用图表示出来,如图6-1,我们用点代表各个球队,某两个队比赛过一次,就在两个点之间画一条箭线。
从图中可以看出A队与其他各队都比赛过,只有一场败给C 队。
而B队和E队各比赛过两场,成绩都是一胜一负,等等。
图6-1从上述例子中可以看出,图的最基本要素是:点、以及点与点之间的一些连线。
通常用点表示我们所要研究的对象(如城市、运动队、状态等等),用线表示研究对象间的某种特定关系(如两个城市之间有铁路,两个运动队之间已经比赛过等)。
因此可以说,图是反映对象之间关系的一种工具。
如果两个对象之间有某种特定关系,那么就用一条线连接这两个点。
必须指出:上述图中点的相对位置如何,点与点之间连线的长短曲直,对于反映研究对象之间的关系并不很重要,因此,图论中的图与几何图、工程图本质上是不同的。
另外在许多情况下,我们要研究的“关系”只用一条线反映还是不够完全。
比如说比赛,我们关心的如果不只是两个队是否比赛过,还要了解比赛的胜负情况,我们可以用一条箭线(有向线)来表示,如果A队胜了B队,就表示为A→B。
如图6-1所示,从图中可以看出A队三胜一负,D队三场全负等。
类似的情况在生产和生活中也是常见的,例如交通运输中的“单行线”、部门之间的领导与被领导关系、一项生产活动中各工序之间的先后次序关系等等。
图论中把不带箭头的连线叫做边,把带箭头的连线叫做弧。
如果一个图是由点和边所构成的,则称之为无向图,记作G=(V,E),其中V表示图G中的所有点组成的点集合,E表示图G中所有边组成的边集合。
第五章 图论

图论可应用于多个领域,如信息论,控制论, 运筹学,运输网络,集合论等(如用关系图来 描述一个关系)。
计算机领域,其可应用于人工智能,操作系统, 计算机制图,数据结构)
§1
图论基本概念
1-1 图的实例 问题1、哥尼斯堡桥问题
A C B D C B A D
问题:一个散步者能否从任一块陆地出发,走过七 座桥,且每座桥只走过一次,最后回到出发点?
同理,结点间按别的对应方式,便都不存在一一对应
关系。
所以G1,G2不同构。
两图同构有必要条件:
(1)结点数相同; (2)边数同; (3)次数相同的结点数目相等。
1-5 多重图与带权图
1.5.1 多重图 定义11、一个结点对对应多条边,称为多重边。
包含多重边的图称为多重图,否则,成为简单图。
如:
如:基本通路:p1,p2,p3.
简单通路:p1,p2,p3,p5,p6. p4,p7既不是基本通路,也不是简单通路。
定义3、起始结点和终止结点相同的通路称为回路。 各边全不同的回路称为简单回路,各点全不同 的回路称为基本回路。
例2、上例中,1到1的回路有: c1: (1,1,),c2: (1,2,1),c3: (1,2,3,1), 1 2
例2、设有四个城市c1,c2,c3,c4;其中c1与c2间, c1与c4间,c2与c3间有高速公路直接相连,用图表 示该事实。 解:G=<V,E>,其中:V={c1,c2,c3,c4}, E={l1,l2,l3}={(c1,c2),(c1,c4),(c2,c3)} 例3、有四个程序p1,p2,p3,p4,其间调用关系为p1 p2, p1 p4,p2 p3,用图表示该事实。 解:G=<V,E>,V={p1,p2,p3,p4}, E={l1,l2,l3}={(p1,p2),(p1,p4),(p2,p3)}
数学竞赛:图论讲义

数学竞赛:图论讲义大连市第二十四中学 邰海峰重要的概念与定理完全图 每两个顶点之间均有边相连的简单图称为完全图,有n 个顶点的完全图(n 阶完全图)记为n K .顶点的度 图G 中与顶点v 相关联的边数(环按2条边计算)称为顶点v 的度(或次数),记为()d v .()G δ与()G ∆分别表示图G 的顶点的最小度与最大度.度为奇数的顶点称为奇顶点,度为偶数的顶点称为偶顶点.树 没有圈的连通图称为树,用T 表示,其中度为1的顶点称为树叶(或悬挂点).n 阶树常表示为n T .k 部图 若图G 的顶点集V 可以分解为k 个两两不相交的非空子集的并,即1,()ki i j i V V V V i j ===∅≠并且同一子集i V (1,2,,)i k =内任何两个顶点没有边相连,则称这样的图为k 部图,记作12(,,,;)k G V V V E =. 2部图又叫做偶图,记为(,;)G X Y E =.完全k 部图 在一个k 部图12(,,,;)k G V V V E =中,i i V m =(1,2,,)i k =,若对任意,,(,,1,2,,)i i j j v V v V i j i j k ∈∈≠=均有边连接i v 和j v ,则称图G 为完全k 部图,记为12,,,k m m m K .欧拉迹 包含图中所有边的迹称为欧拉迹.起点与终点重合的欧拉迹称为闭欧拉迹.欧拉图 包含欧拉迹的图为欧拉图. 欧拉图必是连通图.哈密顿链(圈) 经过图上各顶点一次并且仅仅一次的链(圈)称为哈密顿链(圈).包含哈密顿圈的图称为哈密顿图.平面图 若一个图G 可画在平面上,即可作一个与G 同构的图G ',使G '的顶点与边在同一平面内,且任意两边仅在端点相交,则图G 称为平面图.一个平面图的顶点和边把一个平面分成若干个互相隔开的区域,称为平面图的一个面,在所有边的外面的面称为外部面,其余的称为内部面.竞赛图 有向完全简单图称为竞赛图.有n 个顶点的竞赛图记作n K .有向路 在有向图(,)D V U =中,一个由不同的弧组成的序列12,,,n u u u ,其中i u 的起点为i v ,终点为1(1,2,,)i v i n +=,称这个序列为从1v 到1n v +的有向路(简称路),n 为这个路的长,1v 为路的起点,1n v +为路的终点.若11n v v +=,则称这个路为回路.定理1 设G 是n 阶图,则G 中n 个顶点的度之和为边数的2倍.定理2 对于任意图G ,奇顶点的个数一定是偶数.定理3(Turan 定理) 有n 个顶点且不含三角形的图G 的最大边数为24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.定理4 图G 为偶图,当且仅当G 中不含长度为奇数的圈.定理5 若树T 的顶点数2,则T 中至少有两个树叶.定理6 若数T 有n 个顶点,则T 的边数1e n =-.定理7 设T 是有n 个顶点、e 条边的图,则下列命题等价:⑴ 图T 是树; ⑵ 图T 无圈,且1e n =-; ⑶ 图T 连通,且1e n =-.定理8 n 阶连通图中以树的边数最少,且n 阶连通图必有一个子图是树.定理9(一笔画定理) 有限图G 是一条链或圈(可以一笔画成)的充要条件是G 是连通的,且奇顶点的个数为0或2. 当且仅当奇顶点个数为0时,连通图G 是一个圈.定理10 在偶图12(,;)G V V E =中,若12V V ≠,则G 一定无哈密顿圈.若1V 与2V 的差大于1,则G 一定无哈密顿链.定理11 设G 是(3)n n 阶简单图,且对每一对顶点,v v '有()()1d v d v n '+-,则图G 有哈密顿链.定理12 设G 是(3)n n 阶简单图,且对每一对不相邻的顶点,v v '有()()d v d v n '+,则图G 有哈密顿圈.定理13 设G 是(3)n n 阶简单图,若每个顶点的度()2n d v ,则图G 有哈密顿圈. 定理14 若图G 有哈密顿圈,从G 中去掉若干个点12,,,k v v v 及与它们关联的边得到图G ',则图G '的连通分支不超过k 个.定理15(欧拉公式) 若一个连通的平面图G 有v 个顶点、e 条边、f 个面,则2v f e +-=. 定理16 一个连通的平面简单图有v 个顶点、e 条边,则36ev -,对于连通的偶图,则有24ev -. 定理17 一个图是平面图当且仅当它不包含同胚于5K 或3,3K 的子图.定理18 设n 阶竞赛图n K 的顶点为12,,,n v v v ,则11(1)()()2n n i i i i n n d v d v +-==-==∑∑,且2211[()][()]n ni i i i dv d v +-===∑∑. 定理19 竞赛图中出度最大的点称为“优点”,“优点”到其余各点都有长度不超过2的链. 定理20 竞赛图n K 中存在一条长为1n -的哈密顿路. 定理21 竞赛图(3)n K n 中有一个回路是三角形的充要条件是有两个顶点,v v '满足()()d v d v ++'=.定理22(Ramsey 定理) 任意2色完全图6K 中必存在同色三角形.例题选讲例1 某天晚上21个人之间通了电话,有人发现这21人共通话102次,且每两人至多通话一次.他还发现,存在m 个人,第1个人与第2个人通了话,第2个人与第3个人通了话,……, 第1m -个人与第m 个人通了话,第m 个人又与第1个人通了话,他不肯透露m 的具体值,只说m 是奇数.求证: 21个人中必存在3人,他们两两通了话.证:用21个点表示21个人,若两人通电话则对应两点连一条边,构成图G .由已知,G 中存在一个长度为m 的奇圈.要证: G 中存在三角形.设图G 中长度最短的奇圈为C ,长度为21k +.若1k =,则C 为三角形.若2k ,设C 为12211k v v v v +,则i v 与j v 之间无边(1,21,1(mod 21)i j k j j k +-≡±+),否则,若i v 与j v 相邻,则圈12211i j k v v v v v v +与圈1i i j i v v v v +长度之和为23k +,故其中必然有一个长度小于21k +的奇圈,与C 最短矛盾.假设除1221,,,k v v v +外的21(21)202k k -+=-个点无三角形,由Turan 定理,它们至多连了22(202)(10)4k k ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦条边. 又其中任意一点不与C 的相邻两点相邻(否则存在三角形),所以它至多与C 中k 个点相邻.故总边数为221(202)(10)k k k k ++-+-22210021102(1)102(21)101k k k =++-=----=(2k ).与图G 共有102条边矛盾. 故图G 中存在三角形,即存在三个人两两通话.例2 45个校友聚会,在这些人中,任意两个熟人数目相同的校友互不认识.问在参加校友聚会的所有人中,熟人最多的人的数目最多是多少?解: 用45个点表示45个人,若两人认识,则对应两点间连一条边,得图(,)G V E =.设共有m 个人熟人最多,每人有t 个熟人,这些人对应的点构成集合X ,其余的人对应点构成集合Y ,显然X Y V =,X Y =∅.由题意知,X 中任何两点不相邻,且(),(1,2,,)i d v t i m ==,G 中各顶点的度的最大值()G t ∆=.下面证明:22m. 若23m ,则X 中至少有23个点,每点的度为t ,且任意两点不相邻,则从X 中发出的另一端是Y 中点的边共有23t 条,而22Y .所以,Y 中至少有一个点的度大于t ,与()G t ∆=矛盾.当22m =时,构造完全偶图22,23G K =,满足题意. 故熟人最多的人数最多为22人.例3 在17名科学家中,每人都和其它人通信.在他们的通信中只讨论三个题目.而且任意两名科学家通信时,只讨论一个题目.证明,其中至少有三名科学家,他们相互通信时,讨论的是同一个题目.证: 用顶点代表科学家,两人相互通信则连上一条边.若两人在通信中讨论第i (1,2,3)i =个题目,则在此边上染上第i 种颜色. 在这个三色完全图17K 中,任取一个顶点, 从它出发的16条边中,至少有染上某一种颜色(设为第i 种颜色)的边的数目不小于6.从其中取出6条第i 种颜色的边,如果这些边的另一端点所构成的子图6K 中含第i 色边,这就构成第i 色三角形. 否则,6K 就是两色完全图,由Ramsey 定理知,其中必有单色三角形.这就是说,有三位科学家在通信中讨论的是同一题目.证毕.例4 设n 个新生中,任意3个人中有2个人互相认识,任意4个人中有2个人互不认识,求n 的最大值.解: 所求n 最大值为8.8n =时,如右图,其中128,,,A A A 表示8两点相邻当且仅当两人认识.下面设n 个学生满足题设要求,证明8n.为此,先证明如下两种情况 不可能出现.⑴若某人A 至少认识6个人,记为126,,,B B B .由Ramsey 定理知, 这6个人中或存在3个人互不认识(与已知任意3个人中有2个人互相认识 矛盾),或存在3个人互相认识,这时,A 与这3个人共4个人两两互相认识,与已知矛盾.⑵若某人A 至多认识5n -个人,则剩下至少4个人均与A 互不认识,从而,这4个人两两认识,与已知矛盾.当10n 时,⑴与⑵必有一种情况出现,故此时n 不满足要求.当9n =时,要使⑴与⑵都不出现,则此时每个人恰好认识其他5个人,于是,这9个人产生的“朋友对”的数目为952N ⨯∉,矛盾. 由上述讨论知,8n .3 4 A A综上,n 的最大值为8.例5 设(3)n n >是整数, 在一次会议上有n 位数学家,每一对数学家只能用会议规定的n 种办公语言之一进行交流,对于任意3种不同的办公语言,都存在3位数学家用这3种语言互相交流.求所有可能的n ,并证明你的结论.证:当n 位奇数时,结论成立.原命题等价于将完全图n K 的边染以n 种颜色之一,使得对于任意3种颜色,都存在3个顶点,它们相互所连的边为这3种颜色.由于n 种颜色有3n C 种选取方法,而顶点也有3n C 种选取方法,这就意味着每3个顶点相连的边一定被染为确定的3种颜色,不能染为其他情况的颜色,反之亦然.特别地,对于每一个三角形其3条边为3种不同颜色.固定颜色S ,恰好有21n C -个三角形,其有一条边为颜色S ,而颜色为S 的边可以与其他2n -个顶点构成2n -个三角形.于是,有21122n C n n --=-条边被染为颜色S .所以,n 不能为偶数. 当n 为奇数时,将n 个顶点分别记为顶点1,2,,n ,n 种颜色记为12,,,n S S S ,连结顶点,i j 的边染为颜色t S ,其中(mod )t i j n ≡+.则对于任意3种颜色123,,t t t S S S ,有同余方程组123(mod )(mod )(mod )i j t n j k t n k i t n +≡⎧⎪+≡⎨⎪+≡⎩. 利用消元法,可得在{}1,2,,n 内有唯一的解(,,)i j k ,且,,i j k 互不相同. 所以,对于任意3种颜色,存在唯一的三角形,其3条边的颜色为这3种颜色.例6 一个元素都是0或1的方阵称为二进制方阵. 若二进制方阵其主对角线(左上角到右下角的对角线)以上(不包括主对角线)的元素都相同,而且主对角线以下(不包括主对角线)的元素也相同,则称它为一个“好方阵”. 给定正整数m . 证明:存在一个正整数M ,使得对任意正整数n M >和给定的n n ⨯二进制方阵n A ,可选出整数121n m i i i n -<<<,从n A 中删除第12,,,n m i i i -行和第12,,,n m i i i -列后所得到的二进制方阵m B 是“好方阵”.证:记n A 中第i 行,第j 列的元素为,i j a ,n K 表示n 阶完全图. 我们对n K 的边按如下方式染色:对于连接顶点,(1)i j i j n <的边⑴ 若,,0i j j i a a ==,则染红色; ⑵ 若,,0,1i j j i a a ==,则染绿色;⑶ 若,,1,0i j j i a a ==,则染蓝色; ⑷ 若,,1i j j i a a ==,则染白色.按照上面的染色方式,则一个单色完全子图m K 对应于n A 的一个“好子方阵”.事实上,若12,,,,m i i i v v v 是m K 的顶点,我们可以删去指标12{1,2,3,,}\{,,,}m j n i i i ∈的n m -行和n m -列,得到一个“好子方阵”m B .我们只需取M 使得,对任何n M >,四染色的n K 必定包含一个单色子图m K .根据Ramsey 定理,我们可取(,,,)M R m m m m =即可.例7 现有十个互不相同的非零数.现知它们之中任意两个数的和或积是有理数.证明:每个数的平方都是有理数.证:考查其中任意6个数.作一个图,在它的6个顶点上分别放上我们的6个数.如果某两个数的和为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条蓝边;如果某两个数的积为有理数,就在相应的两个顶点之间连一条红边.由Ramsey 定理,此图中存在一个同色三角形.⑴ 若存在蓝色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,x y y z z x +++都是有理数.因而()()()x y z x y z +++-+2x =为有理数,亦即x 为有理数.同理可知y 和z 也都是有理数.此时我们再来观察其余的任意一个数t .显然,无论由xt 的有理性(由已知,所有的数均非0),还是由x t +的有理性,都可以推出t 为有理数.所以此时10个数都是有理数.⑵ 若存在红色三角形,则表明存在三个数,,x y z ,使得,,xy yz zx 都是有理数.因而()()xy zx yz2x =为有理数,同理可知2y 和2z 也都是有理数.如果,,x y z 三者中至少有一个为有理数,那么只要按照前一种情况进行讨论,即可得知我们的10个数都是有理数.现在设x =其中a 为有理数,而1m =±.由于xy b ==是有理数,所以y===其中c m ≠为有理数.再观察其余的任意一个数t ,若xt 或yt 为有理数,则经过与上述类似的讨论,可知t =其中d 为有理数,因而2t 为有理数.而若x t +与y t +都是有理数,则()()x t y t +-+是有理数,但()()(x t y t m c +-+=-,矛盾.综上,我们已证或者每个数都是有理数,或者每个数的平方都是有理数.练习1.旅行团一行6人到一个城市观光,此城市开放15个景点,每人可选择若干个景点参观(亦可不选或全选). 求证: 或者必有3人,他们选择的景点各不相同; 或者必有4人,在他们选择的景点中有相同的.2.设一次至少有5人参加的循环赛的结果满足如下条件:若A 胜B,则胜A 而负于B 的人数不少于胜B 而负于A 的人数.证明:对任意两人,x y ,总有另外两人,z w ,使得若x 胜y ,则y 胜z 、z 胜w 、w 胜x .3.在一个足球联赛里有20支球队.第一轮它们分成10对互相比赛,第二轮也分成10对互相比赛(每支球队两轮比赛的对手不一定不同).求证:在第三轮开赛之前,一定可以找到10支球队,它们两两没有比赛过.4.某国际社团共有 1978 名成员,他们来自六个国家,用号码1,2,3,,1978给成员编号.证明至少有一名成员,他的编号是他的某个同胞的 2 倍,或者是两位同胞编号之和.练习题答案1.证:用6个点表示6个人,再用15个点表示15个景点.若某人选择了某个景点,则在相应两点之间连一条边,得一偶图.以i N 表示点i v 在图中的邻域,它表示第i 个人选择的景点的集合(1,2,,6i =).假设结论不真,则⑴任意三个i N 有公共元,且⑵任意四个i N 无公共元.由⑴知,对每个i N ,在{},16j N j i j ≠中每取两个与i N 的交均非空,故可确定i N 的一个元素,用这样的方式可确定2510C =个元素.由⑵知,这些元素各不相同,故每个i N 至少有2510C =个不同的元素.对每个(16)i i 这样做,得到25660C =个元素.又由⑵知,每个元素至多是3个i N 的公共元,故每个元素至多重复计算3次.故其中不同的元素至少有256203C =个,即至少有20个景点,矛盾. 2. 证:由题意知,若A 胜B 且存在胜B 而负于A 的人,则必存在胜A 而负于B 的人.任取两选手,x y 且x 胜y ,分三种情况讨论:⑴若存在w 胜y 且有x 胜y 而负于w ,根据条件,存在z 胜w 而负于y ;⑵若存在z 同时负于,x y ,则y 胜z 而x 同时胜,y z ,同情形⑴;⑶若不存在有同时胜(或同时负于),x y 的人,在其余3人中,胜x 而负于y 的至少有2人,设为,w z ,且z 胜w ,则,,,x y z w 符合题意.3. 证:用20个点表示20个球队,第一轮互相赛过的队之间连红线,第二轮互相赛过的队之间连蓝线,则每个点都连有一红一蓝两条边,从而整个图必由一个或若干个偶圈组成.在每个偶圈中可以选出半数定点,任两个不相邻,共选出10支球队,两两未赛过.4.证: 用顶点表示成员,并加上编号.于是任意两顶点,i j v v 编号差大于 0 而小于 1978.如果这个差是第(16)i i 国成员的编号,则将(,)i j v v 边染上第i 种颜色i C ,这样我们就用六种颜色染了1978K 的所有边. 以下首先证明,六色完全图1978K 中必定含有单色三角形. 取1978K 的任一顶点v ,与它关联的 1977 条边分为 6 种颜色,于是其中必有一种颜色的边至少有197713306⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条. 不妨设12330,,,vu vu vu 是1C 色边.如果1978K 中以12330,,,u u u 为顶点的完全子图330K 中含有1C 色边(,)(1,330)i j u u i j ,则i j vu u 为1C 色三角形,命题得证.如果330K 不含1C 色边,则330K 是五色完全图.从它的顶点1u 引出的 329 条边中至少有3291665⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边同色(1C 色之外的某色),不妨设1213167,,,u u u u u u 边为2C 色.以2367,,,u u u 为顶点的完全子图66K 中如果有2C 色边(,)(2,67)s t u u s t ,那么在1978K 中就有2C 色三角形1s t u u u ,命题得证.若此66K 中没有2C 色边,则此66K 是4色完全图.由66K 的顶点2u 伸出的65条边,共4种颜色,至少有651174⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦条边是除12,C C 外的某种颜色.不妨设2324219(,),(,),,(,)u u u u u u 是3C 色边.66K 中以3419,,,u u u 为顶点的完全子图17K 中若含3C 色边(,)(3,19)p q u u p q ,则2p q u u u 为3C 色三角形.否则17K 为三色完全图.由例3可知必有单色三角形.因此六色完全图1978K 中必有单色三角形.其次,设三角形xyz 是1978K 中的i C 色三角形.其中x y z >>,由染色方法,若a x y =-, b y z =-,c x z =-,则,,a b c 都是第i 国成员的编号.显然c a b =+,如果a b =,那么2c a =.证明完毕.。
【5-图论】3.托兰定理【讲师版】

课程类型数学
“托兰定理”讲义编号:
托兰定理在求极值的图论问题中具有重要作用,本讲主要介绍该定理及其相关方法。
定理:有n个顶点且不含三角形的简单图G中最多有[n2/4]条边。
证明
1
例1 设n≥2。
平面上已给2n个点,每三点不共线。
在这些点之间连n2+1条线段。
证明至少形成n个以已知
点为顶点的三角形。
【解答】
例2 由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间四边形,其中n=q2+q+1,l≥1/2q(q+1)2+1,q≥2,q∈N。
已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,存在一点至少有q+2条连线段。
证明:图中必存在一个空
间四边形(即由四点A,B,C,D和四条连线段AB,BC,CD,DA组成的图形)
2。
第8节图论应用实例_图着色问题

第8节图论应用实例_图着色问题预备知识_回溯法回溯法:在实际生活中,有些问题是不能用数学公式去解决的,它需要通过一个过程,此过程要经过若干个步骤才能完成,每一个步骤又分为若干种可能;同时,为了完成任务,还必须遵守一些规则,但这些规则无法用数学公式表示,对于这样一类问题,一般采用搜索的方法来解决,回溯法就是搜索算法(广度优先、深度优先等)中的一种控制策略,它能够解决许多搜索中问题。
回溯法基本思想:试探法,撞了南墙就回头。
(一般采用深度优先搜索策略) 搜索策略:深度优先(不撞南墙不回头)。
在搜索过程中,如果求解失败,则返回搜索步骤中的上一点,去寻找新的路径,以求得答案。
要返回搜索,前进中的某些状态必须保存,才能使得退回到某种状态后能继续向前。
白话搜索:如果用数组存放搜索信息,i表示数组下标(当前状态), ++i表示往前走(下一个状态),--i表示回溯(往回退,返回上一次状态)。
第8节图论应用实例_图着色(graph coloring)问题数学定义:给定一个无向图G=(V, E),其中V为顶点集合,E为边集合,图着色问题即为将V分为k个颜色组(k为颜色数),每个组形成一个独立集,即其中没有相邻的顶点。
其优化版本是希望获得最小的k值。
典型应用:地图的着色、调度问题等。
k-着色判定问题:给定无向连通图G和k种不同的颜色。
用这些颜色为图G的各顶点着色,每个顶点着一种颜色,是否有一种着色法使G中任意相邻的2个顶点着不同颜色,例四色问题。
设有如图1的地图,每个区域代表一个省,区域中的数字表示省的编号,现在要求给每个省涂上红、蓝、黄、白四种颜色之一,同时使相邻的省份以不同的颜色区分。
课外拓展:搜索“四色问题”,了解四色问题相关知识。
5674231图1问题分析:(1)属于图的搜索问题。
将问题简化:将每个省抽象为一个点,省之间的联系看为一条边,可以得到图2。
16751432图2(2)用邻接矩阵表示各省之间的相邻关系,二维数组实现:1 表示省i与省j相邻, ,,ri,j,,0 表示省i与省j不相邻,由图2可以得到如下矩阵:(对称矩阵)1 2 3 4 5 6 71 0 1 0 0 0 0 12 1 0 1 1 1 1 13 0 1 0 1 0 0 04 0 1 1 0 1 0 05 0 1 0 1 0 1 06 0 1 0 0 1 0 17 1 1 0 0 0 1 0 为一对称矩阵。
图论讲义12 (1)

第八章独立集和团§8.1 独立集°独立集:设S是V的一个子集,若S中任意两个顶点在G中均不相邻,则称S为G的一个独立集。
°最大独立集:G的一个独立集S称为G的最大独立集,是说:G不包含适合S′>S的独立集S′。
°例子:(见图8.1)°覆盖:G的一个覆盖是指V的子集K,使得G的每条边都至少有一个端点属于K。
°例子:在图8.1中,两个独立集都是覆盖的补集。
定理8.1:设S⊆V,则S是G的独立集当且仅当V\S是G的覆盖。
证:按定义,S是G的独立集当且仅当G中每条边的两个端点都不同时属于S,即当且仅当G的每条边至少有一个端点属于V\S,亦即当且仅当V\S是G的覆盖。
∎°独立数:G的最大独立集的顶点数称为G的独立数,记为α(G)。
°覆盖数:G的最小覆盖的顶点数称为G的覆盖数,记为β(G)。
推论8.1:α+β=υ。
证:设S是G的一个最大独立集,K是G的一个最小覆盖。
由定理8.1,V\K是独立集,而V\S是覆盖。
因此υ−β=V\K≤α (8.1)υ−α=V\S≥β (8.2)结合8.1式和(8.2)式,即得α+β=υ。
∎°边覆盖:G的一个边覆盖是指E的一个子集L,使得G的每个顶点都是L中某条边的端点。
°边独立集:即对集。
*注意:边覆盖并不总是存在的,G有边覆盖,当且仅当δ>0。
°边独立数和边覆盖数:最大对集的边数称为边独立数,记作α′G;最小边覆盖的边数称为边覆盖数,记作β′(G)。
*注意:对集的补集不一定是边覆盖,边覆盖的补集也不一定是对集。
定理8.2 (Gallai):若δ>0,则α′+β′=υ。
证:设M是G的一个最大对集,U是M非饱和顶点集。
由于δ>0且M是最大对集,所以存在|U|条边的一个集E′,它的每条边都和U 的每个顶点相关联。
显然,M∪E′是G的边覆盖,因而β′≤M∪E′=α′+υ−2α′=υ−α′即α′+β′≤υ (8.3)再设L是G的一个最小边覆盖,置H=G[L],并且设M是H的一个最大对集。
图论讲义-图的基本概念

到目前为止,判断两图同构 还只能从定义出发。判断过 程中不要将两图同构的必要 条件当成充分条件。
注意:在研究图的过程中,顶点的位置以及边的曲直长短 都是无关紧要的。而且也没有假定这些顶点和边都要在一 个平面上(正方体的顶点和棱也可构成图)。我们研究的 只是顶点的多少及这些边是连接那些顶点的。
五、顶点的度
若e=(u,v),则表示u到v的一条边(Edge),此时的
图称为无向图(Undigraph)。
有向图(Digraph)、无向图(Undigraph)
V1 V4
V1
V5 V2 V3 V2 V3
V4
有向图(Digraph)、无向图(Undigraph)
例1、设V={v1,v2,v3,v4,},E={e1,e2,e3,e4,e5},满足e1=(v1,v2),
六、路与图的连通性
v1 v2 v5
图G中,取Γ1=v1v2v3,
v3
v4
G
Γ2=v1v2v3v4v2, Γ3=v1v2v3v2v3v4 则 Γ1,Γ2,Γ3依次为长为2,4,5的 通路,其中Γ1与Γ2为简单通路, Γ1为基本通路。 由定义可看出,G中v1v2v5v1为 长为3的圈,v1v2v3v4v2v5v1为 长为6的简单回路。
e2=(v2,v3),e3=(v2,v3),e4=(v3,v4),e5=(v4,v4),则G=(V,E)是一个图。图 中边集E的边也可直接由点对表示,而将E作为多重集(即允许E中有相同元素的 集合)。 例2、设V={v1,v2,v3,v4},E={(v1,v2),(v1,v2),(v2,v3)},则H=(V,E)是 一个图。 e
d (V ) 2m
i 1 i
n
五、顶点的度
推论:任何图(无向图或有向图)中,度为奇数的顶点个
第七章 图论

Graphs/图论
三、子图和补图
定义 无向简单图G=<V,E>中,若每一对结点间都有 边相连,则称该图为完全图。有n个结点的无向完全 图,记作Kn。 图10:
K 4图
Graphs/图论
定理 4 证明:
n个节点的无向完全图Kn的边数为:(1/2)*n*(n-1)。
在Kn中,任意两点间都有边相连,n个结点中任取两 点的组合数为:cn = (1/2)*n*(n-1) 故Kn的边数为: |E| =(1/2)*n*(n-1)。 (证毕)
推论:在一个具有n个结点图中,若从结点u到结点v存在 一条路,则必存在一条从u到v而边数小于n的通路。 删去所有结点s到结点s 的那些边,即得通路。
Graphs/图论
二、无向图的连通性
定义 在无向图G中,结点u和结点v之间若存在一条路, 则称结点u和结点v是连通的。
连通性是结点集合上的一种等价关系。
证明: 设:V1 :图G中度数为奇数的结点集。 V2:图G中度数为偶数的结点集。 由定理1可知
vv 1
deg( v ) deg( v ) deg( v ) 2 | E |
vv 2 vV
因为
vv 2
deg( v) 为偶数。 deg(v) 和2|E|均为偶数,所以 v v1
b
b
Graphs/图论
四、图的同构
定义 设图G=<V,E> 及G’=<V’,E’>,如果存在一一对 应的映射g:V → V’且e=(vi ,vj)(或<vi ,vj>)是G的一条 边,当且仅当e’=(g(vi ) ,g(vj))(或 <g(vi ) ,g(vj)>是G’的 一条边,则称G与G’同构,记作G ~ -G’ 。
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图论例讲
(陶平生)
1、设有2n 阶简单图G ,若其每个顶点的度数皆不小于n ,证明:从G 中必可选出
n 条边,其端点互不相同.
2、某地网球俱乐部的20名成员举行14场单打比赛,每人至少上场一次,证明:必有六场比赛,其中的12名参赛者各不相同.(美国1989)
3、设G 为n 阶图,且没有长为4的圈;证明:其边数(
14n
q ⎡⎤
≤
+⎢⎥⎣
⎦
.
4、任意给定() 2n n ≥个互不相等的n 位正整数,证明:存在{}1,2,,k n ∈ ,使得
将它们的第k 位数字都删去后,所得到的n 个1n -位数仍互不相等.
5、设G 为n 阶图()5n ≥,其边数4e n ≥+,证明G 中存在两个无公共边的圈.
6、若简单图G 有21n +个顶点,至少31n +条边(2)n ≥,证明:G 中必有偶圈.
7、一次足球邀请赛共安排了n 支球队参加,每支球队预定的比赛场数分别是 12,,,n m m m ,如果任两支球队之间至多安排了一场比赛,则称12(,,,)n m m m 是一个有
效安排;证明:如果12(,,,)n m m m 是一个有效安排,且12n m m m ≥≥≥ ,则可取掉一支球队,并重新调整各队之间的对局情况,使得11231
2(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++--- 也
是一个有效安排.
8、十个城市之间有两个航空公司服务,其中任意两个城市之间都有一条直达航线(中
间不停),所有航线之间都是可往返的.
证明:至少有一个航空公司可以提供两条互不相交的环形旅行线路,其中每条线路上的城市个数都为奇数.
(与其等价的图论说法是:10阶完全图10K 的边红蓝2-染色,则必存在两个无公共顶点的同色奇圈(顶点个数为奇数的圈,且这两个圈的边或者同为红色,或者同为蓝色)).
9、在一次学术讲演中有五名数学家参加,会上每人均打了两次旽,且每两人均有同时
在打旽的时刻,证明:一定有三人,他们有同时在打旽的时刻.
10
、() 2n n n ⨯≥矩阵A 中,每行及每列的元素中各有一个1和一个1-,其余元素
皆为0;证明:可以通过有限次行与行的交换以及列与列的交换,化为矩阵B ,使得
0A B +=.(即A 中的每个数都变成了其相反数)
11、有七种颜色的珍珠,共计14颗,其中每种颜色的珍珠各两颗;今把这些珍珠分装
于七个珠盒中,使得每个珠盒中各有一对不同颜色的珍珠;
(1)、证明:不论各盒中的珍珠怎样搭配,总可以将这七个珠盒分别放置于一个正七边
形的七个顶点之上,使得七边形的任两个相邻顶点处所放置的盒中,四颗珍珠互不同色.
(2)、如将以上条件与待证结论中的“七”一律改为“五”
,14改为10,则情况如何?
12、给定31个正整数1231,,,a a a ,若其中至少有94对数互质,证明:其中必存在四
个数,,,a b c d ,满足:(,)(,)(,)(,)1a b b c c d d a ====.
13、奥运会排球预选赛有n 支球队参加,其中每两队比赛一场,每场比赛必决出胜负,
如果其中有k (3k n ≤≤)支球队12,,,k A A A ,满足:1A 胜2A ,2A 胜3A ,…,1k A -胜k A ,k A 胜1A ,则称这k 支球队组成一个k 阶连环套;
证明:若全部n 支球队组成一个n 阶连环套,则对于每个k (3k n ≤≤)及每支球队i A
()1i n ≤≤,i A 必另外某些球队组成一个k 阶连环套.
14、某公司有17个人,每个人都正好认识另外的4个人,证明:存在两个人,他们彼
此不相识且没有共同的熟人.(第26届独联体数学奥林匹克)
15、若8阶简单图不含四边形,那么,其边数的最大值是多少?(92C M O -) 16、10名选手参加乒乓球赛,每两个选手对赛一局.如果选手i 胜选手j ,选手j 胜
选手k ,选手k 胜选手i ,则称为有一个三角形.设i W 和i L 分别表示第i 个选手胜和败的局数,又如果选手i 胜选手j 时,总有8i j L W +≥.求证:这次球赛恰有40个三角形.
17、一次体育比赛共设有()2 2n n ≥个项目,每个选手恰好报名参加其中的两个项目,
而任两个人都至多有一个相同的项目,假定对于每个{}1,2,,1k n ∈- ,不超过k 人报名的项目少于k 个.
证明:存在2n 个选手,使得每个项目都恰好有其中的两人参加.
18、在一个九人小班中,已知没有4个人是相互认识的;求证:这个班能分成4个小组,使得每个小组中的人是互不认识的.
19、图G 中,若某四点之间恰有一条边,则称这样的四点组为G 的一个“单纯组”,对于所有的50阶图G ,求“单纯组”数目的最大值.
20、由n 个点和这些点之间的l 条线段组成一个空间图形,其中 21,n q q =++ ()2
1112
l q q ≥
++,2,q q N ≥∈.已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,
存在一点至少有2q +条连线段.
证明:图中必存在一个空间四边形.
将本题用图论方法改述为:设n 阶图G 有l 条边,其中2
1n q q =++,
2
(1)
12
q q l +≥+,
2q ≥,且每点的度数2q ≥+,证明,G 中有四边形.。