图论及应用第一章完整作业
电子科技大学研究生试题《图论及其应用》(参考答案)
电子科技大学研究生试题《图论及其应用》(参考答案)考试时间：120分钟一．填空题(每题3分，共18分)1．4个顶点的不同构的简单图共有__11___个；2．设无向图G 中有12条边，已知G 中3度顶点有6个，其余顶点的度数均小于3。
则G 中顶点数至少有__9___个；3．设n 阶无向图是由k(k ?2)棵树构成的森林，则图G 的边数m= _n-k____;4．下图G 是否是平面图？答__是___; 是否可1-因子分解？答__是_.5．下图G 的点色数=)(G χ______, 边色数=')(G χ__5____。
图G二．单项选择(每题3分，共21分)1．下面给出的序列中，是某简单图的度序列的是( A )(A) (11123); (B) (233445); (C) (23445); (D) (1333).2．已知图G 如图所示，则它的同构图是（ D ）3． 下列图中，是欧拉图的是（ D ）4． 下列图中，不是哈密尔顿图的是（B ）5． 下列图中，是可平面图的图的是（B ）AC DA B CD6．下列图中，不是偶图的是（ B ）7．下列图中，存在完美匹配的图是（B ）三．作图(6分)1．画出一个有欧拉闭迹和哈密尔顿圈的图；2．画出一个有欧拉闭迹但没有哈密尔顿圈的图；3．画出一个没有欧拉闭迹但有哈密尔顿圈的图；解： 四．(10分)求下图的最小生成树，并求其最小生成树的权值之和。
解：由克鲁斯克尔算法的其一最小生成树如下图：权和为：20.五．(8分)求下图G 的色多项式P k (G).解：用公式(G P k -G 的色多项式：)3)(3)()(45-++=k k k G P k 。
六．(10分) 22，n 3个顶点的度数为3，…，n k 个顶点的度数为k ，而其余顶点的度数为1，求1度顶点的个数。
解：设该树有n 1个1度顶点，树的边数为m.一方面：2m=n 1+2n 2+…+kn k另一方面：m= n 1+n 2+…+n k -1 v v 13图G由上面两式可得：n 1=n 2+2n 3+…+(k -1)n k七．证明：(8分) 设G 是具有二分类(X,Y)的偶图，证明(1)G 不含奇圈；（2）若|X |≠|Y |，则G 是非哈密尔顿图。
集合论与图论答案 第一章习题
若存在 Gfi ,Gf j (i j) ，使得 Gfi Gf j 且 Gf j Gfi ，则结论成立。
反证法：假设不存在 G fi 和 G f j 满足 Gfi Gf j 且 Gf j Gfi 。于是
i, j(i j),Gfi与Gf j 应满足： Gfi Gf j 或 Gf j Gfi 必有一个成立。
设 A 1, B 2，则 2A ,1, 2B ,2 。 2A 2B ,1,2，而 A B 1, 2, 2A B ,1,2,1, 2，
所以 2A 2B 2A B 。 例 5 (多项选择)设集合 A 是以空集 为唯一元素的集合，集合 B 22A ，则下列 各式那个正确？
(1) B ；(2) B ；(3) B ；(4), B ；(5), B 。
i 1
n
x Mn \ Nn MnNn (NiMi ) 。
i 1
n
综上可得： NnQn (NiMi ) 。
i 1
例 4 (P225 ) 设 A, B 为集合，证明： A B B A 充要条件是下列三个条件至少一个 成立：（1） A ；（2） B ；（3） A B 。
1．若 A B B A ，则 A 或 B 。
即{x} B ，所以 x B ，即 A B 。
（2） P(A) P(B) (P(A) P(B)) (P(B) P(A)) ABB A AB。
例 4 设 A, B 是两个任意集合，证明： (1) 2A 2B 2A B ；(2) 2A 2B 2A B ；(3) 举例说明 2A 2B 2A B 。 其中 2A 表示集合 A 的幂集。 证：(1) 证 2A 2B 2A B 。 x 2A 2B ，有 x 2A 或 x 2B 。 若 x 2A ，则 x A ，而 A A B ，故 x A B ，因此 x 2A B 。 同理，若 x 2B ，也有 x 2A B 。 因此 2A 2B 2A B 。 (2) 证 2A 2B 2A B 。 证 x 2A 2B x 2A 且 x 2B x A且 x B x A B x2A B 。 所以 2A 2B 2A B 。 (3) 下面举例说明 2A 2B 2A B 。
图论及其应用习题答案
图论及其应用习题答案图论及其应用习题答案图论是数学的一个分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
图是由节点和边组成的，节点表示对象，边表示对象之间的关系。
图论在计算机科学、电子工程、物理学等领域有着广泛的应用。
下面是一些图论习题的解答，希望对读者有所帮助。
1. 问题：给定一个无向图G，求图中的最大连通子图的节点数。
解答：最大连通子图的节点数等于图中的连通分量个数。
连通分量是指在图中，任意两个节点之间存在路径相连。
我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，统计连通分量的个数。
2. 问题：给定一个有向图G，判断是否存在从节点A到节点B的路径。
解答：我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，查找从节点A到节点B的路径。
如果能够找到一条路径，则存在从节点A到节点B的路径；否则，不存在。
3. 问题：给定一个有向图G，判断是否存在环。
解答：我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，同时记录遍历过程中的访问状态。
如果在搜索过程中遇到已经访问过的节点，则存在环；否则，不存在。
4. 问题：给定一个加权无向图G，求图中的最小生成树。
解答：最小生成树是指在无向图中，选择一部分边，使得这些边连接了图中的所有节点，并且总权重最小。
我们可以使用Prim算法或Kruskal算法来求解最小生成树。
5. 问题：给定一个有向图G，求图中的拓扑排序。
解答：拓扑排序是指将有向图中的节点线性排序，使得对于任意一条有向边(u, v)，节点u在排序中出现在节点v之前。
我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，同时记录节点的访问顺序，得到拓扑排序。
6. 问题：给定一个加权有向图G和两个节点A、B，求从节点A到节点B的最短路径。
解答：我们可以使用Dijkstra算法或Bellman-Ford算法来求解从节点A到节点B的最短路径。
这些算法会根据边的权重来计算最短路径。
图论作业(1)
第三章1.证明： 必要性：v 是连通图G 的割边， 则， 至少有两个连通分支。
设其中一个连通分支顶点集合为V1,另外连通分支顶点集合为V2,即V1与V2构成V 的划分。
对于任意的u ∈V1, v ∈V2，如果割边e 不在某一条（u ，v ）路上，那么，该路也是连接G-e 中的u 与v 的路，这与u,v 处于G-v 的不同分支矛盾。
“充分性”若e 不是图G 的割边，那么G-v 连通，因此在G-v 中存在u,v 路，当然也是G 中一条没有经过边e 的u,v 路。
矛盾。
7.证明： v 是单图G 的割点，则G-v 至少两个连通分支。
现任取 , 如果x,y 在G-v 的同一分支中，令u 是与x,y 处于不同分支的点，那么，通过u ，可说明，x 与y 在G-v 的补图中连通。
若x,y 在G-v 的不同分支中，则它们在G-v 的补图中邻接。
所以，若v 是G 的割点，则v 不是其补图的割点。
9.连通图G 的一个子图B 称为是G 的一个块，如果(1), 它本身是块；(2), 若没有真包含B 的G 的块存在。
又由于对于阶数至少是3的()()G e G ωω->图G是块当且仅当G无环并且任意两点都位于同一圈上。
根据题意，对于阶数至少是3的图G，由于G没有偶圈，所以G的每个块的点可以在奇圈上，如果不在奇圈上，则块只能是K2，否则如果不是K2的话，该子图将存在割点，该子图就不是块。
得证。
16.（1）（2）（3）第四章3. （1）既是欧拉闭迹又是哈密尔顿圈（2）（3）（4）7.由于图没有奇度顶点，所以是欧拉图，又定理1可得，图G的边集可以划分为圈C1，C2，。
Cm，所以E（G）可以表示成C1，C2.。
Cm的并。
10.若图不是二连通，则存在割点，由于哈密尔顿图不存在割点，因而G是非哈密尔顿图。
若G是具有二分类（X,Y）的偶图，且|X|不等于|Y|，设X中所有点为x1，x2.。
xm，Y中的所有点为y1，y2.。
yn，若存在哈密尔顿图，则在哈密尔顿圈中必然存在X中的点与Y中的点相互交替出现，但是|X|不等于|Y|，则必然出现某两个点同属于|X|或者|Y|，但是G是偶图，属于同一集合的这样的两个点不可以相连，所以存在哈密尔顿圈矛盾，因而不存在哈密尔顿圈。
图论及其应用1
推 论1.5.3： 设G (V1.V 2,• • •,Vm; E)是m部 图 ，p mk r
(0 r m), 则
q(G)
1 2
(
p2
m
k
2
2kr
r ),
等号
成立当且仅当
k G是 完 全m部 图
.
k1, •••, k1, k, •••k
r
mr
Байду номын сангаас
1.2图的定义
图（V(G)，E(G)，ψG ）中 ①：V(G)称为顶点集,E(G)称为边集 ②：令p(G)=|V(G)|,q(G)=|E(G)|, 分别称为
图的阶和边数。边数。举例说明。 一个图（V(G)，E(G)，ψG ）可以用平面上
的一个图形表示。明显的一个图可以有许多 形状不同的图形表示。
1.2图的定义
1.2图的定义
对于两个同构的图，有相同的结构，差异在 于顶点和名称不同，或形状不同，但我们主 要关注图的结构性质。
Ulam猜想：设G与H是两个阶数相同的图，若 存在这两个图的顶点序列的一个排序V(G)= {v1,v2,··,vp}和V(H)={u1,u2,··,up}, 使G-vi≌H-ui(i=1,2,3,···,p),则G≌H
1.3顶点的度
推论1.3.3：非负整数序列(d1, d2 ,, d p )是某个图的度序列
p
d
是偶数。
i
。
i 1
定
理1.3.4：
非
负
整
数
序
列(d
1
,
d
2
,贩,?d
p)(d
1
d
2
贩?
d
)
p
p
图论大作业
《图论及其应用》大作业指导老师郝荣霞知行1503 徐鹏宇 152912002.1.9证明：若G是森林且恰有2k个奇点，则在G中有k条边不重的路P1,P2......P K,使得E(G)=E(P1) E(P2) ...... E(P K)。
证明：对奇点数k使用数学归纳法。
①当k=1时，G是森林，且有且只有2个奇点⇒G只能为一颗树，且G的所有奇度顶点为两个1度顶点⇒G是一条路⇒满足题设②假设当k=t时，结论成立。
接下来考虑k=t + 1时的情况。
在G中一个分支中取两个叶子点u与v，令P是连接该两个顶点的唯一路。
由于P上除u，v以外的点均被P经过两次，即G-P后除u，v以外的点奇偶性不变。
⇒则G–P是有2t个奇度顶点的森林⇒由归纳假设知，G–P可以分解为t条边不重合的路之并，即E(G-P)=E(P1) E(P2) ...... E(P t)。
⇒则G可分解为t+1条边不重合的路之并，即E(G)=E(P1) E(P2) ...... E(P t) E(P)。
⇒即证。
2.4.4证明：若e 是K n 的边，则τ（K n -e ）=（n-2）n n-3证明：由定理2.9：τ（K n ）=n n-2由于τ（K n -e ）=τ（K n ）-τ（含有e 的生成树棵树）现在需要求含有e 的生成树棵树，τ（含有e 的生成树棵树）=)1(21n 1-n 2-n n n ）（=2n n-3τ（K n -e ）=τ（K n ）-τ（含有e 的生成树棵树）=（n-2）n n-33.2.4证明：不是块的连通图至少有两个块，其中每个恰有一个割点。
证明：设G 为不是块的连通图，由于G 连通且不是块⇒G 有割点①当G 只有1个割点v 时，延割点分开，G1，G2内无割点，且连通，由块的定义知⇒G1,G2是块，且分别含一个割点v 。
②当G 含有2个及2个以上割点时，取相距距离最远的两个割点u 和v ，此时分G 为三部分G1,G2,G3。
图论与代数结构第一二三章习题解答
习题一1. 一个工厂为一结点；若两个工厂之间有业务联系，则此两点之间用边相联；这样就得到一个无向图。
若每点的度数为3,则总度数为27,与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
若仅有四个点的度数为偶数，则其余五个点度数均为奇数，从而总度数为奇数，仍与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
（或者利用度数为奇数的点的个数必须为偶数个）m <= (n-1)( n-2)/2,与题设矛盾。
3•记a i为结点V i的正度数，a「为结点V i的负度数，则n n n nv a j 2「[ (n -1) - a" ]2 = n(n -1)2-2( n-1)、a「a「i 4 i 4n因为Z a「= c n = n(n -1)/2,i討4. 用向量（a1,a2,a3）表示三个量杯中水的量，其中a i为第i杯中水的量,i = 1,2,3.以满足a1+a2+a3 = 8 （a1,a2,a3为非负整数）的所有向量作为各结点，如果⑻耳厲）中某杯的水倒满另一杯得到（a' a' a'）,则由结点到结点画一条有向边。
这样可得一个有向图。
本题即为在此图中找一条由（8, 0, 0 ）到（4, 4, 0 ）的一条有向路，以下即是这样的一条：(8 0 0 ).(5 0 3 )■( 5 3 0 )• f 0 Q \(2, 5, 1 ) (8, 0, 0丿 f ( 5, 0, 3丿r ( 5, 3, 0丿----- r■t / 4 4 O \ -----►(4, 4, 0 )T(7, 0, 1 )■ ( 7, 1, 0 )1^ ( 4, 1, 3 )5. 可以。
6若9个人中没有4个人相互认识，构造图G,每个点代表一个点，两个人相互认识则对应的两个点之间有边。
1）若可以找到点v, d（v）＞5，则与v相连的6个点中，要么有3个相互认识，要么有3个相互不认识（作K6并给边涂色：红=认识，蓝=不认识，只要证图中必有同色三角形。
图论及其应用 第一章答案
)2214(题后两个算法不作要求题，除第图的基本概念<1.>若G 是简单图，证明：()()2V G E G ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭。
证明：()()1()()()1v Gd v V G d v V G V G ∈≤-∴≤-∑（当且仅当G 是完全图时取等号） 又11()()()()122v G E G d v V G V G ∈=≤-∑ ()()2V G E G ⎛⎫∴≤ ⎪⎝⎭。
<2.>设G 是(,)p q 简单图，且12p q -⎛⎫>⎪⎝⎭。
求证G 为连通图。
证明：反证法，假设G 为非连通图。
设G 有两个连通分支1G 和2G ，且112212()1,()1,V G p V G p p p p =≥=≥+= 则1212()()22p p E G E G q ⎛⎫⎛⎫+=≤+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭而1211221(1)(1)(1)(2)222222p p p p p p p p p -⎛⎫⎛⎫⎛⎫----+-=+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221212121222()2()222p p p p p p p p p p +-+-+-+++-==12(1)(1)0p p =--≤（因为121,1p p ≥≥），矛盾。
<3.>超图H 是有序二元组((),())V H E H ，其中()V H 是顶点非空有限集合，()E H 是()V H 的非空子集簇，且()()i i E E H E V H ∈=。
其中，()E H 中的元素i E 称为超图的边，没有相同边的超图称为简单超图。
证明：若H 是简单超图，则21υε≤-，其中,υε分别是H 的顶点数和边数。
证明：()V H υ=，有一条边的子集个数为1υ⎛⎫ ⎪⎝⎭，有i 条边的子集个数为,1,,.i n i υ⎛⎫= ⎪⎝⎭又02,211i i υυυυυυυ=⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∴++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 。
<4.>若G 是二部图，则2()()4V G E G ≤。
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习题 11. 证明在n阶连通图中（1）至少有n-1条边。
（2）如果边数大于n-1，则至少有一条闭通道。
（3）如恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。
证明(1) 若对v V(G),有d(v)2,则：2m=d(v)2n m n n-1,矛盾！若G中有1度顶点，对顶点数n作数学归纳。
当n=2时，G显然至少有一条边，结论成立。
设当n=k时，结论成立，当n=k+1时，设d(v)=1，则G-v是k阶连通图，因此至少有k-1条边，所以G至少有k条边。
(2) 考虑v 1v 2v n的途径，若该途径是一条路，则长为n-1,但图G的边数大于n-1,因此存在v i,v j,使得v i adgv j,这样，v i v i+1v j并上v i v j构成一条闭通道；若该途径是一条非路，易知，图G有闭通道。
(3) 若不然，对v V(G),有d(v)2,则：2m=d(v)2n m n n-1,与已知矛盾！2.设G是n阶完全图，试问（1）有多少条闭通道？（2）包含G中某边e的闭通道有多少？（3）任意两点间有多少条路？答(1) (n-2)! (2) (n-1)!/2 (3) 1+(n-2)+(n-2)(n-3)+(n-2)(n-3)(n-4)+…+(n-2)…1.3.证明图1-27中的两图不同构：图1-27证明容易观察出两图中的点与边的邻接关系各不相同，因此，两图不同构。
4.证明图1-28中的两图是同构的图1-28证明将图1-28的两图顶点标号为如下的(a)与(b)图作映射f : f(v i )u i (1 i 10)容易证明，对v i v j E((a)),有f(v i v j )u i u j E((b)) (1 i 10, 1j 10 )由图的同构定义知，图1-27的两个图是同构的。
5. 证明：四个顶点的非同构简单图有11个。
证明m=01 2 3 4 5 6由于四个顶点的简单图至多6条边，因此上表已经穷举了所有情形，由上表知：四个顶点的非同构简单图有11个。
6. 设G 是具有m 条边的n 阶简单图。
证明：m =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2n 当且仅当G 是完全图。
证明 必要性 若G 为非完全图，则 v V(G),有d(v) n-1 d(v)n(n-1)2m n(n-1)m n(n-1)/2=⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n , 与已知矛盾！充分性 若G 为完全图，则 2m= d(v) =n(n-1) m= ⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n 。
7. 证明：（1）m (K l ,n ) = ln ，(a)v 1v 2 v 3 v 4v 5 v 6v 7v 8 v 9v 10 u 1 u 2u 3u 4u 5 u 6 u 7 u 8 u 9 u 10 (b)（2）若G 是具有m 条边的n 阶简单偶图，则m ⎥⎦⎥⎢⎣⎢42n 。
证明 (1) K l,n 的总度数为2ln ,所以，m (K l ,n ) = ln 。
(2) 设G 的两个顶点子集所含顶点数分别为n 1与n 2,G 的边数为m,可建立如下的二 次规划：m=n 1n 2s.t n 1+n 2=n n 11, n 2 1当n 为偶数时，n 1=n 2=n/2时，m 取最大值：m=n 2/4当n 为奇数时，取n 1=(n+1)/2, n 2=(n-1)/2时，m 取最大值：m=(n 2-1)/4所以，m ⎥⎦⎥⎢⎣⎢42n 。
8. 设△和δ是简单图G 的最大度和最小度，则δ≤2m / n ≤△。
证明∆≤≤∴≥∆⇒∆==≤⇒≥=∑∑∈∈n m n m n v d m n m n v d m Vv Vv 22)(22)(2δδδ9. 证明：若k 正则偶图具有二分类V = V 1∪V 2，则 | V 1| = |V 2|。
证明 由于G 为k 正则偶图，所以，k V 1 =m = k V 2 V 1= V 2 。
10. 证明：由两人或更多个人组成的人群中，总有两人在该人群中恰好有相同的朋友数。
证明 将人用图的顶点表示，图的两顶点邻接当且仅当人群中的两人相认识，于是，问题转化为：证明在任意一个简单图中必有一对度数相等的顶点。
若图G 为连通单图，则对v V(G),有1d(v)n-1,因此，n 个顶点中必存在两个顶点，其度数相同；若G 为非连通图，设G 1为阶数n 1的连通分支，则v V(G 1),有1d(v)n 1-1，于是在G 1中必存在两个顶点，其度数相同。
11. 证明：序列 (7,6,5,4,3,3,2) 和 (6,6,5,4,3,3,1) 不是图序列。
证明 由于7个顶点的简单图的最大度不会超过6，因此序列 (7,6,5,4,3,3,2) 不是图序列；(6,6,5,4,3,3,1)是图序列 （5，4，3，2，2，0）是图序列，然（5，4，3，2，2，0）不是图序列，所以(6,6,5,4,3,3,1) 不是图序列。
12.证明：若δ≥2，则G包含圈。
证明只就连通图证明即可。
设V(G)=｛v1,v2,…,v n｝,对于G中的路v1v2…v k,若v k与v1邻接，则构成一个圈。
若v i1v i2…v in是一条路，由于 2，因此，对v in，存在点v ik与之邻接，则v ik v in v ik构成一个圈。
13.证明：若G是简单图且δ≥2，则G包含长至少是δ+1的圈。
证明设v0v1…v k为G中一条最长路，则v0的邻接顶点一定在该路上，否则，与假设矛盾。
现取与v0相邻的脚标最大者，记为l，则l,于是得圈v0v1v2v l v0,该圈长为l+1，显然不小于δ+1。
`14.G的围长是指G中最短圈的长；若G没有圈，则定义G的围长为无穷大。
证明：（1）围长为4的k的正则图至少有2k个顶点，且恰有2k个顶点的这样的图（在同构意义下）只有一个。
（2）围长为5的k正则图至少有k2+1个顶点。
证明(1) 设u,v是G中两相邻顶点，则S(u)S(v)=,否则，可推出G中的围长为3，与已知矛盾。
因此，G中至少有2（k-1）+2个顶点，即有2k个顶点。
把S(u) v，S(v) u连为完全偶图，则得到2k个顶点的围长为4的图，由作法知，这样的图是唯一的。
(2) 对u V(G),设u的邻接顶点为u1,u2,u k,由于G的围长为5，所以，u1,u2,u k 互不邻接。
又设u i的邻接顶点为u i1,u i2,u ik-1,(i=1,2,…,k),显然，S(u i)S(u j)= u (i j),否则，G中有长为4的圈，所以，G的顶点数至少有k2+1个。
15.对具有m条边的阶n图G，证明：（1）若m≥n，则G包含圈；（2）若m≥n+4，则G包含两个边不重的圈。
证明（1）若G含有环或平行边，则G有圈。
假定G为n阶简单图。
若G中顶点度大于等于2，则G中有圈。
设G中有一度顶点，去掉该顶点和其关联的边得图G1,由条件，显然有m(G1)V(G1),若G1中有一度顶点，去掉该顶点和其关联的边得图G2,有m(G2)V(G2),，如此进行下去，该过程不可能进行到n=1或n=2的情形，否则，不满足m≥n所以，过程进行到Gm,Gm是度数2的图，它含有圈。
(2) 只就m=n+4证明就行了。
设G是满足m=n+4，但不包含两个边不相交的圈的图族中顶点数最少的一个图。
可以证明G具有如下两个性质：1) G的围长g5。
事实上，若G的围长4，则在G中除去一个长度4的圈C1的一条边，所得之图记为G,显然，m(G) V(G)=V(G),由(1),G中存在圈C2, 使C1,C2的边不相交这与假定矛盾；2） (G)3。
事实上，若d(v0)=2,设v0v1,v0v2E(G),作G1=G-v0+v1v2;若d(v0)1,则G1为在G中除去v0及其关联的边(d(v0)=0,任去G中一条边)所得之图。
显然，m(G 1)=V(G 1)+4,G 1仍然不含两个边不重的圈之图。
但V(G 1)V(G)，与假定矛盾。
由2),n+4=m 3n/2 n 8. 但另一方面，由1),在G 中存在一个圈Cg ，其上的顶点之间的边，除Cg 之外，再无其它边，以S 0表示Cg 上的顶点集，故由2),S 0上每个顶点均有伸向Cg 外的的边。
记与S 0距离为1的顶点集为S 1，则S 0的每一个顶点有伸向S 1的边，反过来，S 1中的每个顶点仅有唯一的一边与S 0相连，不然在G 中则含有长不大于g/2+2的圈，这与G 的围长为g 相矛盾，故S 0 S 1,于是有：n S 0+ S 1g+g 10,但这与n 8矛盾。
所以，假定条件下的G 不存在。
16. 在图1-13的赋权图中，找出a 到所有其它顶点的距离。
解 1. A 1= {a }，t (a ) = 0，T 1 = Φ 2.()113b v =3. m 1 = 1, a 2 = v 3 , t (v 3) = t (a ) + l (av 3) = 1 (最小)，T 2 ={av 3} 2. A 2 ={a , v 3}, 2)2(21)2(1,v b v b ==3. m 2 = 1, a 3 = v 1 , t (v 1) = t (a ) + l (av 1) = 2 (最小)，T 3 ={av 3, av 1} 2. A 3 ={a , v 3, v 1}, 4)3(32)3(22)3(1,,v b v b v b ===3. m 3 = 3, a 4 = v 4 , t (v 4) = t (v 1) + l (v 1v 4) = 3 (最小)，T 4 ={av 3, av 1, v 1v 4}2. A 4 = {a , v 3, v 1, v 4}，b 1(4) = v 2，b 2(4) = v 2，b 3(4) = v 2, b 4(4) = v 53. m 4 = 4, a 5 = v 5 , t (v 5) = t (v 4) + l (v 4v 5) = 6 (最小)，T 5 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5}2. A 5 = {a , v 3, v 1, v 4, v 5}，b 1(5) = v 2，b 2(5) = v 2，b 3(5) = v 2 , b 4(5) = v 2, b 5(5) = v 23. m 5 = 4, t (v 2) = t (v 4) + l (v 4v 2) = 7 (最小)，T 6 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5, v 4v 2}2. A 6 = {a , v 3, v 1, v 4, v 5, v 2}, b 2(6) = v 6, b 4(6) = b ，b 5(6) = v 6，b 6(6) = v 63. m 6 = 6, a 7 = v 6 , t (v 6) = t (v 2) + l (v 2v 6) = 9 (最小)，T 7 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5, v 4v 2, v 2v 6}2. A 7 = {a , v 3, v 1, v 4, v 5, v 2, v 6}, b 4(7) = b ，b 5(7) =b ，b 7(7) =bv 1 1 v 46 3 4 2 9a 8 v 2 2 v 5 6b 7 2 4 1 2 v 3 v 6图1-1393. m 7 = 7, a 8 = b , t (b ) = t (v 6) + l (v 6b ) = 11 (最小)，T 8 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5, v 4v 2, v 2v 6, v 6b }于是知a 与b 的距离d (a , b ) = t (b ) = 11由T 8导出的树中a 到b 路1426av v v v b 就是最短路。