图论模型及其解答
图论模型
图论模型此模型解决的是垃圾清运路线的最佳方案。
1、收集路线方案：用中国邮递员问题解决达到最佳经济效益和环保效果的垃圾清运路线问题是在车辆限载约束条件下的最优路径选择的问题，同时本项目涉及到深圳市南山区38个垃圾中转站，而每个中转站所覆盖的收集区域的选取需要满足最大覆盖域（即总体能够消耗最少资源来覆盖整片区域），收集区域的划分又要同时考虑实地情况（地形、路线、用地性质、人流量、垃圾量等）。
1.1模型建立：为简化问题讨论，在转运站覆盖区域的划分的问题上，需要运用“最大覆盖”及“模糊划分”的思想，具体划分出每个转运站所对应 的片区的近似最优划分。
将问题简化后，所要求解的问题就是每个垃圾中转站所对应的每个小分区的街道所构成的收集网络的垃圾收运车辆优化路线的问题，也就是要求每一条街道至少有一辆垃圾收运车经过并且车辆重复走过的街道的总长度最小化的问题。
对于这个问题，我们采用图论模型，将每个小分区的街道及收集点简化成网络图（也叫赋权图）。
对于网络图中的圈用圈点来表示，计算各个圈点的垃圾量（也即围成圈的街道上的垃圾量的和），将相邻（有公共顶点）的圈点用线连接起来，这就构成了圈点图。
遵循以垃圾中转站为圆心沿径向发散求最小生成树的原则将圈点图中相邻的圈点组块，使得每块的垃圾量近似于垃圾收运车载限，对应于圈点分块，网络图分开成了各个子网络图，对于每一个子网络图即可利用欧拉回路求得其最小路径线路。
现在给出最短欧拉回路求解举例：图代表的是其中一个收集子网络图，其中直线表示车辆需要经过的街道，线上的数字表示该街道的长度，该子网络图各条街道的垃圾量之和近似于收集车辆的载限。
现要求的是车辆经过每一条街道至少一次的最短回路，现在对这个问题分步求解：第一步：找出图中的奇点，如图中橙色小圆点所在处为奇点。
第二步：将各对奇点沿街道连接起来，使得连接奇点的所有街道总长度最小。
如下图绿色线条：第三步：得出经过每条街道至少一次的最短路径长度为所有街道的总长加上连接奇点的街道的长度。
图论建模(结合案例分析)
e4 v1v4 ， e5 v3v4 ， e6 v3v4 .
（见图 2）
图. 称边 e (vi , v j ) 为有向边或弧,称 e (vi , v j )是从vi 连接 v j 的弧 ，称 vi 为e的尾，称 v j 为e的头. 若图G中的边均为无序偶对 vi v j ，称G为无向图.称 边 e viv j 为无向边，称e连接 vi 和 v j ，顶点 vi 和 v j 称 为e的端点. 既有无向边又有有向边的图称为混合图.
2004A：奥运会临时超市网点的设计问题 • 题型：属于社会事业问题,主要包括观众的出行、用餐 和购物的规律,各商区人流分布规律,以及各商区的大小 超市的设计数量等问题。 • 特点：海量数据、数据冗余、结构复杂，即时性、综 合性、实用性和开放性强。 • 方法：主题方法数据的处理、统计分析、数据挖掘、 数学规划等。 • 结果：不唯一，对结果没有明确要求。
图的作用
图是一种表示工具，改变问题的描述方式,往往是创造性的 启发式解决问题的手段.一种描述方式就好比我们站在一个位 置和角度观察目标,有的东西被遮挡住了,但如果换一个位置和 角度,原来隐藏着的东西就可能被发现.采用一种新的描述方式, 可能会产生新思想.图论中的图提供了一种直观,清晰表达已知 信息的方式.它有时就像小学数学应用题中的线段图一样,能使 我们用语言描述时未显示的或不易观察到的特征、关系,直观 地呈现在我们面前,帮助我们分析和思考问题,激发我们的灵感.
v 来表示；
用 G (V (G ), E (G )) 表示图，简记 G (V , E ). 也用 vi v j 来表示边 (vi , v j ).
例设 G (V (G ), E (G )) ， 其中：V (G) {v1, v2 , v3 , v4}，
图论例讲问题解答
图论例讲（问题解答） 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．证：我们最大限度地选出k 条两两无公共端点的边，若k n =，则命题已得证； 现在设k n <，这k 条边记为1234212k k PP P P P P - ，，,，在剩下的其它边中，必须是每条边至少有一个端点与122,k P P P ，,中的一个点重合，不然的话，我们又可以将这样的一条边添加进去，使得这种边数多于k 条，与k 的最大性矛盾！今考虑图G 在上述端点集{}122,k P P P ，,之外的一对顶点,A B ，它们本身不会相连，由于每个顶点的度数皆不小于n ，而1n k ≥+，即点,A B 共同向点集{}122,k P P P ，,至少发出了22k +条边（称这种边为红边），于是k 条边1234212k k PP P P P P - ，，,中必有一条，它的两个端点关联了至少三条红边（如果这k 条边中的每一条边都至多关联两条红边，那么红边的总条数将不超过2k ，矛盾！）．现在设，边212k k P P -关联了三条红边，得到两种关联模式，如图所示．每种模式下，我们都可以去掉边212k k P P -以及一条红边，而保留两条无公共端点的红边，这样，图G 中两两无公共端点的边成为1k +条，又与k 的最大性矛盾！因此k n <的假设被否定，所以k n =，结论得证．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）证：用20个点1220,,,V V V 表示这20名成员，如果两名成员比赛过，则在相应的两点之间连一条边，于是得到图G ．据题意，G 有14条边，设顶点i V 的度数为i d ，则1,1,2,,20i d i ≥= ，而122021428d d d +++=⨯= ．在每个顶点i V 处抹去1i d -条边（或者说，在每点i V 所发出的边中取1i d -条染成红色），由于同一条边可能被其两个端点所抹去（染红），所以抹去的边（红边）至多有1220(1)(1)(1)28208d d d -+-++-=-= 条，因此在抹去这些边后，所得的图G '中至少含有1486-=条边，且图G '中每个顶点的度数至多是1，从而这6条边所邻接的12个顶点各不相同，即这6条边所对应的6场比赛，其中的12名参赛者各不相同．3、设G 为n 阶图，且没有长为4的圈；证明：其边数(14n q ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦． 证明：设G 的顶点为12,,,n V V V ⋅⋅⋅，且设顶点j V 的度为j a ，1,2,,j n =⋅⋅⋅，则12n j j aq ==∑．现考察与顶点j V （1,2,,j n =⋅⋅⋅）相邻的任两个顶点所构成的顶点对，则对B2k-12k2k 2k-1于每个顶点j V ，这样不同的顶点对有2ja C 个，并且任两个顶点对互不相同（事实上，若对于i j ≠，顶点i V 的某顶点对与j V 的某顶点对相同，则存在,k l V V k l ≠与,i j V V 均相邻，这样i k j l VV V V 形成一个长度为4的圈，与题意矛盾.），而总的顶点对至多为2n C 个，故221j n a n j C C =≤∑，故()222211111122n n n n j j j j j j j j n n a a a a q q n n ====⎛⎫-≥-≥-=- ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 即((1144n n q ≤≤， 而q 为整数，故(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.证：设这n 个n 位数为12,,,n a a a .用反证法，若对于每个{}1,2,,k n ∈ ，删去这组数的第k 位数字后，所得到的n 个1n -位数12,,,k k nk a a a 中，都至少有两个数相等，设ik jk a a =，因原来相应的两数i j a a ≠，则, i j a a 被删去的第k 位数字必不相同，称这样的一对数, i j a a 为“具有性质k P ”（, i j a a 只有第k 位数字不同，其它位置上的数字对应相同）.今用n 个点12,,,n v v v 分别表示这n 个数，若某一对数, i j a a 具有性质k P ，{}1,2,,k n ∈ ，则令相应的点, i j v v 相邻，于是得n 阶图G .据反证法所设知，图G 中至少有n 条边，故必有圈，不妨设此圈为121r v v v v ，（否则可将这n 个数重新编号；又对于互不相等的若干个n 位正整数，同时将每个数的第, i j 位数字对换位置，并不改变本题的性质），那么前r 个数为：112341 r r n a x x x x x x x -=212341 r r n a y x x x x x x -=312341 r r n a y y x x x x x -=412341 r r n a y y y x x x x -=…… …… …………112341r r r n a y y y y x x x --=12341 r r r n a y y y y y x x -=这里，不同的字母表示不同的数字，据此知，删去各数（自左向右）的第r 位数字后，所得的两个1n -位数rr a 与1r a 并不相等，其中，123411 rr r r n a y y y y y x x -+= ，1123411r r r n a x x x x x x x -+=也就是说，圈121r v v v v 中的边1r v v 并不存在，矛盾.因此，图G 中不可能有圈，故图G 中的边至多有1n -条，这与反证法的假设相矛盾，从而结论得证.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. 证：对n 归纳，当5n =时，9e ≥，这相当于从5k 中至多去掉一条边，结论显然成立. 设()6n k k <≥时结论成立，当n k =时，k 阶图G 的边数4e k ≥+，由于G 的边数≥顶点数，其中必有圈.若G 中存在一个长为3或4的圈1C ，则从图G 中删去圈1C 上所有的边，剩下的k 阶子图1G 中，依然满足：边数≥顶点数，其中又有圈2C ，显然，1C 与2C 都是G 中的圈，且无公共边.以下假设，G 中的每个圈长至少为5.若G 中有点0v ，其度数()01d v ≤，则删去点0v 以及它所关联的边，剩下的1k -阶子图2G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，2G 中有不含公共边的两个圈，它们当然也是G 中的圈.若G 中有点0v ，其度数()02d v =，设与0v 邻接的两个点是12, v v ，显然12, v v 不相邻（因G 中无三角形），此时，删去点0v 及其所发出的两条边，同时添加边12v v ，所得的图3G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，3G 中有不含公共边的两个圈1C 与2C . 再将边12v v 去掉，恢复被删去的点0v 及其所发出的两条边0102, v v v v ，回到图G ，则G 中也有不含公共边的两个圈（这是由于，若3G 中的这两个圈1C 与2C 都不含边12v v ，则这两个圈1C 与2C 也是G 中的圈；若3G 中的这两个圈中有一个，例如2C ，含有边12v v ，从该圈中去掉12v v ，并代之以边0102, v v v v ，得到圈0C ，则0C 与1C 是G 中不含公共边的两个圈）.若G 中所有的点i v ，其度数()3i d v ≥，1,2,,i k = ，如果G 的边数4k >+，我们就从G 中删去一些边，使得边数恰好为4k +，记此图为4G .在图4G 中，若4G 中有一顶点的度数3<，则据前面的讨论，结论已经得证；若4G 中每个顶点的度数皆3≥，则4G 中各顶点的度数之和3k ≥，故4G 中的边数32k ≥，即有342k k +≥，由此得，8k ≤. 而在此时，只要能证得，在4G 中必有三角形或四边形，这种三角形或四边形当然也在G 中，这将与原先的假设（G 中的每个圈长至少为5）相矛盾.事实上，由于4G 中的边数4k +≥顶点数k ，故4G 中必有圈，设C 为极小圈，则圈C 的点与点之间不能再有其它边相连，否则圈C 将被分成更小的圈，矛盾；设极小圈C 的长为r ，则2r k ≤-.(由于每个顶点的度数皆3≥，若r k =，则圈C 的点与点之间将有其它边相连，于是圈C 被分成更小的圈，矛盾；若1r k =-，圈121r C vv v v = 上的每个点都要与圈外的一点0v 相邻，于是得到三角形012v v v ，矛盾)；于是，当5k =或6k =时，4G 中的极小圈C 的长4r ≤.当7k =时，有5r ≤，若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另两点为,u v ，五边形的五个顶点共向,u v 发出至少5条边，则,u v 中必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少3条边，其中必有两个相邻顶点，例如12v v 都与u 相邻，于是得到三角形12uv v （更小的圈），矛盾，因此4r ≤；当8k =时，有6r ≤，若极小圈为六边形123456v v v v v v ，六个顶点共向圈外的两点,u v 发出至少6条边，则其中有一点，例如u ，要向六边形的顶点发出至少3条边，于是点u 要向顶点组{}{}135246,,, ,,v v v v v v 中的一组发出至少2条边，设u 与13,v v 相邻，则得到四边形123v v v u ，矛盾；若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另三点为,,u v w ，五边形的五个顶点共向,,u v w 发出至少5条边，必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少2条边，由于五边形的任两个顶点，要么相邻，要么中间只隔一个顶点，因此得到一个含有点u 的三角形或者四边形，矛盾,因此4r ≤.综合以上讨论，可知本题结论成立.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． 证：由于图G 的边数不小于顶点数，则G 中必有圈，今逐次这样地去掉图中的一些边： 使得每去掉一条边，就破坏一个圈，这样的操作至少可以进行1n +次，也就是至少可以去掉1n +条边，破坏至少1n +个圈，即是说，图G 中的圈至少有1n +个．这1n +个圈中，必有两个圈有公共边，事实上如果任两个圈都无公共边，由于每个圈至少有3条边，则图G 至少有3(1)33n n +=+条边，矛盾！今设12,C C 是图G 中两个有公共边的圈，则1C 至少有一条边不在2C 中，2C 至少有一条边不在1C 中，若12,C C 含有公共边e 的最长公共道路为0()C A B = ，若设道路0C 有r 条边，圈1C 有1r 条边（包括公共路），圈2C 有2r 条边（包括公共路），（即圈12,C C 的长分别是12,r r ）． 若去掉道路0()C A B = 间的所有的边（即圈12,C C 的上述公共边），则圈12,C C 的剩下部分仍可合并为一个圈，记为*C ，圈*C 的长为122r r r +-；注意三个圈*12,,C C C 长的和等于122()r r r +-，它是一个偶数，故三个加项12,r r 和122r r r +-中必有一个是偶数，即G 中有偶圈．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112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++--- 也是一个有效安排．证：设预定比赛i m 场的队为i A ，1,2,,i n = ；（01）、如果1A 的1m 场比赛，其对手恰好就是1231,,,m A A A + ，那么，直接去掉1A （当然1A 所参与的所有比赛也就被取消了），则剩下的队23,,,n A A A 之间的比赛，以 112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++--- 为有效安排．（02）、如果球队23,,,n A A A 中，有些队并未安排与1A 比赛，设在1231,,,m A A A + 中，自左至右，第一个未安排与1A 比赛的队是j A ，由于1A 要赛1m 场，那么在1231,,,mA A A + 之外必有一个队安排了与1A 比赛，设为1,(1)k A m k n +<≤，由于j k m m >，故必有一个队s A ，它被安排了与j A 比赛而未安排与k A 比赛，如图所示． 今对原安排作如下调整：取消1,k A A 两队间、,j s A A 两队间的比赛，改为1,j A A 两队间，,s k A A 两队间进行比赛，其它比赛安排不变；s j k js k经过这一次调整之后，所有球队的比赛场数不变，且是一个有效安排．而第一个不与1A 比赛的队的序号，至少后移了一个位置；故经有限次这样的调整之后，就化成了情形（01），因此结论得证．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））．证：首先注意，六阶完全图的边红蓝2-染色，据拉姆赛定理，必存在单色三角形123VV V ，除去这个三角形外，在余下的七点之中，又有一个单色三角形456V V V ，若这两个三角形具有相同的颜色，证明已经完成；不然的话，若这两个三角形，一个是红色的，一个是蓝色的，在这两个三角形的顶点之间有9条连线，其中至少有5条同色，设为蓝色；因此，有一个红色三角形，从它的某个顶点发出两条蓝边，蓝边的端点是蓝色三角形的两个顶点；这样，我们找到两个三角形，其中，一个是红色边的，一个是蓝色边的，它们具有一个公共的顶点，（总共佔用了5个顶点）；今考虑剩下的5个顶点：若它们组成的完全图5K 中含有一个单色三角形，则证明已经完成；若此完全图5K 中不含单色三角形，我们来证明，此时5K 的10条边，必定形成一个红色五边形和一个蓝色五边形．这是由于，5K 中不含单色三角形，则每点必定都是发出两条红边，两条蓝边；因为，若点A 发出三条蓝边 ,,AB AC AD ，则点,,B C D 之间便不能再有蓝边，于是得到红色三角形BCD ，矛盾！ 现在设点发出的两条蓝边是,AB AE ，则边BE 必为红色；而点B 还需再发出一条蓝边，一条红边，设BC 为蓝，BD 为红；由此即推得，AC 必为红，DE 必为蓝；于是AD 为红， CD 为蓝，CE 为红．于是得蓝色五边形ABCDE 和红色五边形ACEBD ．从而命题得证．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．证：以1210,,,V V V 这10个点表示五位数学家的十次打旽，当,i j V V 两个旽有共同的时刻，则令点,i j V V 相邻，这样我们就得到一个10阶图G ，由于每两个数学家都有同时打旽的时刻，从而图G 的边数至少是2510C =，而G 的顶点数为10，故G 中必有圈． E设在此圈中，k V 是最先结束的一个旽，与k V 相邻的两个顶点是11,k k V V -+，因11,k k V V -+这两个旽与k V 有共同的时刻，故当旽k V 结束的前一瞬间，11,k k V V -+这两个旽还在继续，这表明，三个旽11,,k k k V V V -+有共同进行的时刻，而这三个旽显然是属于三个人的（若两个旽属于同一个人，又有共同的时刻，只能算成一个旽，矛盾！）．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）证：2n =时结论显然成立;以下考虑3n ≥时的情况.记n n ⨯矩阵第i 行、j 列交叉位置上的元素为{} ,0,1,1ij ij a a ∈-，又用i V 表示矩阵的第i 行，j e 表示第j 列，（ ,i j V e 仅表示位置，不代表具体元素与向量），今构作一个以12,,,n V V V 为顶点，12,,,n e e e 为边的有向图G 如下：当第k 列的1在第i 行，1-在第j 行，（即 1, 1ik jk a a ==-），则连一条由点i V 指向点j V 的有向边k e ，于是，G 的每个顶点都恰好具有1个出度和1个入度（即发出一个箭头和收到一个箭头），因此，从图G 的任一顶点出发，沿箭头方向前进，必将回到原出发点，（这是由于，除出发点外，每经过一个点，就将耗去一个入度和一个出度，因此不能回到途经的点）. 这样，图G 或者本身是一个n 阶有向圈，或者是若干个不交的有向圈的并，（其中k 个点的有向圈恰有k 条有向边，3k ≥.当3n ≥时，这种图G 与适合条件的矩阵A 一一对应）. 若后者情况出现时，如果删去某个圈所涉及的行和列，并不影响其余圈的状态；或者说，若仅对某个圈所涉及的行和列进行所述的变换，不会改变其它行和列中1和1-的位置. 于是我们仅须考虑只有一个圈(即G 为n 阶圈)的情况.示例如下：对应的圈1C 为：我们注意到：()1. 每当交换矩阵中的两行位置，等价于圈中仅交换相应两个顶点的位置，（边的位置保持不动）； ()11. 每当交换矩阵中的两列位置，等价于圈中仅交换相应两条边的位置，（仅交换两条边的代号，边的箭头方向以及顶点的位置保持不动）.于是，我们可先对圈1C 的顶点作两两对换，得到圈2C ，使得沿箭头方向前进时，所经历的各点恰与圈1C 中各点的方向相反．（例如在圈1C 中，诸点的顺序为1243651VV V V V V V ；而6V 534 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 11 0 0 0 0 1A -⎛ - -=---⎝⎫⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭在圈2C 中，诸点的顺序为1563421VV V V V V V ）.圈2C ： 圈3C ：再对圈2C 的边作两两对换，（每次仅交换一对边的代号，边的箭头方向及顶点的位置保持不动）.使得每条边所关联的顶点与圈1C 中的情况相同.于是得到圈3C .与圈3C 所对应的矩阵B ，其每个元素恰为矩阵A 中相应位置上元素的相反数.因此 0A B +=. 即所证的结论成立．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？(1)、证：用点127,,,v v v 分别表示这七种颜色，如果一个i v 色的珍珠和一个j v 色的珍珠装在同一盒中(i j ≠)，则在点i v 与j v 间连一条边，这样就得到一个图G ，（点i v 与j v 之间有可能连出两条边），由于同一色的珍珠有两颗，每颗珠都需与一颗其它颜色的珍珠共盒，则图G 的每点恰好发出两条边；自G 的任一点A 出发，沿一条边走到点B ，再由B 沿另一条边走到C ，…，如此下去，最后必定回到出发点A ，（这是由于，途中经过的每个点P 都有两条边，若能沿一条边进入点P ，则必沿另一条边可离开点P ，而由点P 不能再回到途中已经过的点，因为这种点所发出的两条边都已走过，因此只能到达新点或回到出发点，而新点终将逐渐耗尽，最后必定回到出发点A ），这样就得到一个圈．去掉这个圈，若剩下还有点，依上述方法，又将得到新的圈，若称两点的圈为“两边形”，则图G 的结构只有如下四种情况：()01、一个七边形： ()02、一个五边形，一个两边形： B 6v 47543v 74V 364V 36()03、一个四边形，一个三角形： ()04、一个三角形，两个两边形： 对于每种情况，我们都对相应的边作出适当编号，并将这些边所对应的珠盒放置于七边形的顶点之上，如右图所示．因此所证结论成立． (2)、当14颗七色珠改为10颗五色珠后，结论不成立，例如，对于五色12345,,,,v v v v v ，我们若将10颗珠这样装盒： ()()()()()112223331445545,,,,,,,,,e v v e v v e v v e v v e v v =====，则无论怎样摆放于正五边形的顶点上，都不能满足条件．（因为123,,e e e 中，任两盒都有同色的珠，无论怎样摆放于正五边形的顶点上，必有两盒相邻）．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 ====．证：用点1231,,,A A A 分别代表这31个正整数，若(,)1i j a a =，则令相应点,i j A A 相邻，于是得31阶简单图G ，设点i A 的度数为i d ，据条件，图G 至少有94条边，不妨设，图G 恰有94条边，否则我们就去掉其中一些边，并不影响问题的性质； 与点i A 相邻的点有i d 个，它们构成2(1)2i i i d d d C -=个“点对”，据条件， 1231294188d d d +++=⨯= ；若记 3121i d i M C ==∑，则 31312111122i i i i M d d ===-∑∑ 31211942i i d ==-∑，由柯西不等式，31312222111112()1889422316231i i i i d d ==≥=⋅=⋅⨯∑∑， 因此，223129415793155313094943131312M C ⨯⨯⨯≥⋅-=>==， 故在1231,,,A A A 中必有两个点,A C ，其所邻接的点中， 具有相同的一个“点对”，设为,B D ，即ABCD 为四边形，从而，(,)(,)(,)(,)1a b b c c d d a ====．6e 46e 73v 43673764672C13、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.证明：以12,,,k A A A 为顶点，如球队i A 胜j A ，则在两点间连一有向边：i j A A →，如此得n 阶竞赛图G ．据条件，G 的n 个顶点可以排成一个n 阶有向圈，设为： 121n A A A A →→→→ ，于是G 的任两点可沿箭头方向相互到达．先证明，任一球队i A 必在某个三阶连环套中，用,i i S T 分别表示被i A 击败了的球队集合和击败了i A 的所有球队集合，由于G 双向连通，必有,j i k i A S A T ∈∈，使j k A A →，于是,,i j k A A A 组成三阶连环套；假若已证得，对于()3k k n ≤<，图中存在以i A 为一顶点的k 阶连环套()121i k C A A A A A = ，圈C 之外的点的集合为M ；若M 中有一点P ，它所表示的球队既击败了圈C 中的某个队k A ，又被圈C 中的另一个队j A 所击败，点,k j A A 把圈C 分成两条有向路12,C C ，其中一条，例如1C ，它与有向路j k A P A →→组成有向圈，如图所示．依次考虑路2C ：12,,,,j j j k A A A A ++ 上各点与点P 间的邻接情况，必有相邻的两点1,j r j r A A +++，满足j r A P +→而1j r P A ++→，今去掉边1j r j r A A +++→，而将路1j r j r A P A +++→→插入其间，便得到一个含有顶点i A 的1k +阶连环套；若M 中的任一点P ，它所表示的球队要么击败了圈C 中的每个队，要么被圈C 中的每个 队所击败，则集M 可分为两个不交的子集S 与T ，其中S 中的任一队，战胜了圈C 中所有的队，而T 中的任一队，负于圈C 中所有的队；由于图G 双向连通，故在集T 中必有点u ，集S 有点v ，使v u →，今在圈C 中任意去掉一个点j A ，()j i A A ≠，而用路v u →代替，便得到一个含有顶点i A 的1k +阶连环套；故结论对于1k +成立，由归纳法，结论成立． 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j此不相识且没有共同的熟人．（第26届独联体数学奥林匹克）证明：以17个点表示公司的17个人，如果两人,x y 相识，则令其相邻，于是得到17阶简单图G ；据条件，对于每个顶点x ，()4d x =，我们需证明，存在顶点,P Q ，满足： ,P Q 不相邻，且不同与第三顶点相邻．反证法，假设G 中的任意两点，或者相邻，或者同与第三点相邻，今考察其中任一点x ， 因为()4d x =，故有点,,,A B C D 与x 相邻，讨论不同的情况：01、如果,,,A B C D 四点之间有某两点相邻，例如AB 相邻，因()4d x =，与A 相邻的另两点是,E F （允许是,C D ），此外至少有10个点与A 不相邻，它们构成集合M ，P M ∀∈，因,P A 不相邻，则由假设，它们应同与第三点相邻，但与A 相邻且度数尚未满4的点只有,,B E F ，故P 必与,,B E F 之一相邻；因为P 是M 中的任意点，故M 中的10个点必与,,B E F 之间至少连出10条边，从而 ,,B E F 中有一点至少向M 中的点发出4条边，这样，该点的度数5≥（因该点也与A 相邻），发生矛盾！02、据01的讨论知，,,,A B C D 中的任两点不相邻，又若,,,A B C D 四点中有某两点，例如,A B ，它们除了都与x 相邻外，还都与另一点y 相邻，因为()4d A =，与A 相邻的另外两点是,E F ，此外至少有9点与A 不相邻，它们构成集合M ，P M ∀∈，P 必与,E F ， Y 之一相邻，但()4d Y =，故与Y 相邻的点，除,A B 外，至多还有M 中的两点，因此，M 中至少有7点要向,E F 之一发出边，于是,E F 中必有一点向M 引出至少4条边，则该点的度数大于4，矛盾！据01，02的讨论可知，,,,A B C D 四点之间两两不相邻，且除与x 相邻外，它们两两22Fx M y x也不同与另外的点相邻，但,,,A B C D 的度数皆为4，因此除与x 外，它们各与另外三个不同的点相邻，如图二，这样已有16条边，其余还有17416182⨯-=条边，并且图中已有17个顶点，不会再有另外的顶点，而且据与01相同的讨论可知，与A 相邻的四点（包括x 及另三个未标记号的点123,,A A A ），彼此之间不能相邻．因此，这18条边的每一条，只能在,,,i i i i A B C D 间连结，每连一条，便得到一个含有5条边，且经过x 的圈，这样共得18个圈（每圈都过x ），由于顶点x 的任意性，经过其余16个点中任一个点也有18个那样的圈（共1718⨯个），每一个圈过5个顶点，因此每个圈重复计算了五遍． 于是圈的个数等于17185⨯，这不可能，故所设不真，从而证得了命题． 15、若8阶简单图不含四边形，那么，其边数的最大值是多少？（92CMO -） 解一：右图是具有八个顶点，十一条边的简单图，其中没有四边形，今证明，11便是合于条件的最大值．为此，只要证，具有12条边的简单图中必存在四边形．先指出两个事实：01、如果点A 与点12,,,k V V V 都相邻，B 是异于A 的一个顶点（B 也可以是{}12,,,k V V V 中的点），如果在{}12,,,k V V V 中有某一“点对”与B 相邻，则图中有四边形．02、四个顶点的图中，如有五条边，就必有四边形．（相当于一个四面体中去掉一条边）． 现在设，G 具有八个顶点，十二条边的简单图，我们来证明，G 中必有四边形． 反证法，假若G 中没有四边形，用128,,,d d d 分别表示G 中八个顶点的度数， 注意到，8121224i i d==⨯=∑，则有{}128max ,,,3d d d ≥ ．讨论不同的情况：情形一、若{}128max ,,,3d d d = ，这时G 中每个顶点的度数都是3，任取一个顶点1A ， 与1A 有边相邻的顶点设为234,,A A A ，其余四个顶点为1234,,,B B B B ；据01及反证法假设，{}1234,,,B B B B 中的点与{}234,,A A A 中的点之间相连的边至多只有四条，而{}234,,A A A 中的点相连的边至多只有一条，，所以在{}1234,,,B B B B 这些点中相连的边至少有123414---=条（由02可知，也只能有四条），我们只考虑这四个顶点以及连结它们的4条边，这时其中必有某一顶点的度数是1（如果这四个顶点的度数都是2，就成为一个四边形），从而有顶点度数为3，即{}1234,,,B B B B 中必有一点（不妨设为1B ），与其它三点都有边相连，而{}1234,,,B B B B 中的点与{}234,,A A A 中的点相连的边数为4，1B 必与{}234,,A A A 中的某一点有边相连，这样，图G 中1B 的度数将是4，这与假设矛盾！情形二、{}128max ,,,4d d d = ，取一个度数为4的顶点A ，设与A 有边相连的顶点为 1234,,,A A A A ，其余三顶点为123,,B B B ，据01及反证法假设，{}1234,,,A A A A 内部的边至多是2条，点集{}123,,B B B 与{}1234,,,A A A A 之间的边至多3条，而{}123,,B B B 内部的边也显然至多3条，由于总的边数是12条，因此上述各种边数恰为2,3,3；于是，在{}1234,,,A A A A 内部的边恰好是2条，且这两条边不能有公共顶点（否则将出现四边形），不妨设这两条边为112l A A =，234l A A =；{}123,,B B B 中的每一点都与{}1234,,,A A A A 中的某一点有边相连，这种边有三条，称为“红边”，且因121323,,B B B B B B 都是G 的边，这三条红边中，必有两条的端点同时落在12,l l 两边之一上，设为1l 上， 它收到来自12,B B 发来的边；如果这两条红边都关联1l 上的同一点（例如1A ），那么1123A B B B 构成四边形；如果这两条红边关联1l 上的不同点12,A A ，那么1212A A B B 构成四边形；都与所设矛盾！情形三、{}128max ,,,4d d d > ，取一个度数最大的顶点A ，与A 邻接的点集记为S ，其余顶点集记为T ，令{}128max ,,,k S d d d == ，m T =，,S T 之间的边数至多m 条，T 内部的边至多2m C 条，S 内部的边至多2k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦条，这样，图G 的边数不超过 22722m m k k k m C C ⎡⎤⎡⎤+++=++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，当5,6,7k =时，都不可能使边数为12． 综上，知所求的最大值为11．解二、将n (4)n ≥阶简单图中，没有四边形的图的边数的最大值记为n S ，易见44S =， 下面考虑5n =的情况，在有5个顶点，6条边的简单图中，由于各顶点的度数之和为12， 必有某顶点的度数不大于2，如果其中有一个顶点的度数为1，则可去掉这个顶点，化为有23A4。
图论课后习题答案
图论课后习题答案图论是数学中的一个分支，主要研究图的结构和性质。
图论的课后习题通常包括证明题、计算题和应用题。
下面给出一些典型的图论课后习题答案：1. 证明题：证明一个图是连通的当且仅当它的任意两个顶点都存在一条路径相连。
答案：首先定义连通图的概念：一个图是连通的，如果对于任意两个顶点，都存在一条路径将它们连接起来。
接下来，我们证明两个方向：- 如果一个图是连通的，那么对于任意两个顶点\( u \)和\( v \)，根据定义，必然存在一条路径\( P \)将它们连接起来。
- 反之，如果对于任意两个顶点\( u \)和\( v \)，都存在一条路径将它们连接起来，那么我们可以构造一个从任意顶点\( u \)出发，访问图中所有顶点的路径，这表明图是连通的。
2. 计算题：给定一个有\( n \)个顶点的完全图，计算它的边数。
答案：在完全图中，每个顶点都与其他所有顶点相连。
因此，对于一个顶点，它将与\( n-1 \)个其他顶点相连。
但是，每条边被计算了两次（因为它连接了两个顶点），所以边数应该是\( \frac{n(n-1)}{2} \)。
3. 应用题：在一个社交网络中，每个用户可以与其他人建立联系。
如果一个用户与至少一半的用户建立了联系，那么这个社交网络是连通的吗？答案：是的，这个社交网络是连通的。
假设社交网络中有\( n \)个用户，如果一个用户与至少\( \lceil \frac{n}{2} \rceil \)个用户建立了联系，那么我们可以构造一条从任意用户\( u \)到这个中心用户的路径。
由于中心用户与至少一半的用户建立了联系，我们可以继续通过这些联系到达其他用户，从而证明社交网络是连通的。
4. 证明题：证明在任何图中，边数至少是顶点数减一。
答案：考虑一个图的生成树，它是一个最小的连通子图，包含图中的所有顶点，并且没有环。
在生成树中，边数等于顶点数减一。
由于任何图都至少包含一个生成树，因此原图的边数至少与生成树的边数相同，即至少是顶点数减一。
数学建模-图论模型
思路分析
• 每学期任课老师都有一定工作量的要求往往可能要上不止一门课 程。
• 每位同学需要在学期内完成若干门课程的学习。 • 某些对上课设施有特殊要求的课程，也不可以安排在同一时间。 • 为了方便开展一些全校性的活动，有些时段不安排课程。 • 受到教室数量的限制，在同一时段无法安排太多的课程。
模型建立
• 以每个课程为顶点，任何两个顶点之间连一条边当且仅当两门课 程的任课老师为同一人，或有学生同时选了这两门课或上课教室 冲突。
• 那么一个合理的课程安排就是将图中的点进行分化，使得每一个 部分里的点为一个独立集。
• 通过极小覆盖找出图中的极 大独立集，然后删去该极大 独立集，在剩下的图中找出 极大独立集，直到剩下的图 为一个独立集。
匈牙利算法
• 饱和点：Ｍ是图Ｇ的一个匹配，若Ｇ中顶点ｖ是Ｍ中某条边的端 点，则称Ｍ饱和ｖ,否则称ｖ是Ｍ的非饱和点。
• 可扩路：一条连接两个非饱和点x和y的由Ｍ外的边和Ｍ的边交错 组成的路称为Ｍ的(x,y)可扩路。
• 算法基本步骤：
Kuhn-Munkres算法
1.2 图的独立集应用
• 问题描述：各大学学期临近结束时，需要根据老师任课 计划和学生选课情况，再结合教室资源情况安排下一学 期的课程及上课时间和地点。下表所示是某大学电信学 院的大三各专业部分课程情况。该学院每届学生按专业 分班，统一选课。另外，学院只有一间普通机房和一间 高级机房。那么应该如何合理地排这些课程呢?
则称其是双连通或强连通的。对于不是双连通的图，都可以分解成 若干个极大的双连通分支，且任意两分支之间的边是同向的。
举例：
• 右图所示竞赛图不是双连通的
•
为一条有向
的D哈密尔A顿路B。 C E
数学建模图论模型
任意两点均有通路的图称为连通图。
连通而无圈的图称为树，常用T=<V,E>表示树。
若图G’是图 G 的生成子图，且G’又是一棵树， 则称G’是图G 的生成树。
例 Ramsey问题
图1
图2
并且常记: V = v1, v2, … , vn, |V | = n ; E = {e1, e2, … , em}ek=vivj , |E | = m
称点vi , vj为边vivj的端点 在有向图中, 称点vi , vj分别为边vivj的 始点和终点. 该图称为n,m图
8
对于一个图G = V, E , 人们常用图形来表示它, 称其 为图解 凡是有向边, 在图解上都用箭头标明其方向.
4、P'代替P,T'代替T,重复步骤2,3
定理2 设 T为V的子集，P=V-T，设 (1)对P中的任一点p,存在一条从a到p的最短路径,这条路径仅有P中的
点构成, (2)对于每一点t,它关于P的指标为l(t),令x为最小指标所在的点, 即:
l(x)mli(tn )} t{ ,T
(3)令P’=P Ux,T’=T-{x},l’(t)表示T'中结点t关于P'的指标,则
解：用四维01向量表示人,狼,羊,菜例在过河西河岸问的题状态(在
岸则分量取1;否则取0)，共有24 =16 种状态; 在河东岸 态类似记作。
由题设，状态(0,1,1,0)，(0,0,1,1)，(0,1,1,1)是不允许的
其对应状态：(1,0,0,1)， (1,1,0,0)，(1,0,0,0)也是不允许
图论数学模型
关于工序流程图画法的说明
• （1） “拆卸”，“清洗”等这些具体工作称为 工 序 ，用实箭线“→”来表示。工序名称写在箭线上方， 完成这项工序的时间写在箭线下面，箭线的方向代表 了工序时间的流向 . • （2）工序之间交接处表示的圆圈称为 事项 或 结 点 ，用以标志前面工序的结束和允许后面工序的开始， 是工序完成或开始的瞬间符号，具有承上启下、把工 序衔接起来的作用 . • （3）若 A 工序必须在 B 工序完成之后才有条件进 行，则称 A 是 B 的 紧后工序 ，或称 B 是 A 的 紧 前工序 . 另外，同一对结点间不能表示两个及其以上 个工序，如图 2 － 21 （ 左图 ）的画法是不允许的， 为此引进了虚工序概念而将此表示式画成图 2 － 21 （右图）的形式 .
• 解：TCP;ABS;RD
• 例 3 工程流程图 • （ 第五届北京高中数学知识应用竞赛题） • 机床的大修有如下的工作项目：拆卸③，清洗④， 电器检修④，部件检查①，零件加工④，零件修 理⑤，床身和工作台研合②，部件组装（不含电 器）②，变速器组装①，试车③ . • 1. 画出工序的流程图，即用图表示出各项工作 的衔接关系 . • 2. 假定大修期间没有耽误任何时间，并把开始 拆卸时刻记为 0 ，试问：大修完成的时刻最早是 多少？ • 3. 在不影响最短时间完工的条件下，每个工作 项目最早和最迟开工时间各是多少？
第二章
图论数学模型 及其应用
2.3 建立图模型 解决实际问题的趣例
• 例 1 节目排序问题 • 一场文艺演出共有 8 个节目 , 全体演员中 有 10 人须参加两个以上的节目演出 , 情 况如表，表中的√号所示 , 如演员 1 要参 加三个节目 A 、 B 和 H. 若节目主办单 位希望首尾两个节目为 A 和 H, 或为 H 和 A, 并且希望每个演员不连续参加两个 节目的演出 , 试为主办单位安排一个节目 顺序表 .
数学建模方法之图论模型
定理 d (v) 2.
vV
推论 任何图中奇点 的个数为偶数． d (v1) 4
d (u3) 1
d (u3) 2
一个顶点记为 ui1，置 Si1 Si {ui1}.
3) 若 i 1，则停Hale Waihona Puke ；若 i 1，则用 i+1 代
替i，并转2).
S0 {u0},l(u j ) , j 1,2,...,7.
u1 S0 l(u1) min{,0 1}
Dijkstra算法: 求G中从顶点u0到其余顶点的最短路.
G[{v1,v2,v3}] G[{e3,e4,e5,e6}]
3) 若 V V，且 V ，以 V 为顶点集，以两端点 均在V 中的边的全体为边集的图 G 的子图，称 为G的由V 导出的子图，记为 G[V ] .
4) 若E E，且 E ，以 E为边集，以 E 的端点 集为顶点集的图 G 的子图，称为 G 的由E 导出的
第二讲 图论模型
1. 问题引入与分析
2. 图论的基本概念
3. 最短路问题及算法
4. 最小生成树及算法
回
5. 旅行售货员问题
停
6. 模型建立与求解 下
1. 问题引入与分析
1) 98年全国大学生数学建模竞赛B题“最佳灾 情巡视路线”中的前两个问题是这样的：
今年(1998年)夏天某县遭受水灾. 为考察灾情、 组织自救，县领导决定，带领有关部门负责人到 全县各乡（镇）、村巡视. 巡视路线指从县政府 所在地出发，走遍各乡（镇）、村，又回到县政 府所在地的路线.
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各种图论模型及其解答摘要：本文用另一种思路重新组织《图论及其应用》相关知识。
首先，用通俗化语言阐述了如何对事物间联系的问题进行图论建模；接着从现实例子出发，给出各种典型图论模型，每种图论模型对应于图论一个重要内容；再者，介绍相关知识对上述提到的图论模型涉及的问题进行解答；最后，补充一些图论其他知识，包括图论分支、易混概念。
符号约定：Q(Question)表示对问题描述，M(Modeling)表示数学建模过程，A(Answer)表示原问题转化为何种图论问题。
一、引言图论是研究点、线间关系的一门学科，属于应用数学的一部分。
现实生活中，凡是涉及到事物间的关系，都可以抽象为图论模型。
点表示事物，连线表示事物间的联系。
整个求解过程如下：原问题——>图论建模——>运用图论相关理论求解——>转化为原问题的解整个过程关键在于图论建模，所谓图论建模，就是明确点表示什么，连线表示什么，原问题转化为图论中的什么问题。
存在以下两种情况：①若事物间联系是可逆的(比如双行道，朋友)，则抽象成无向图②若事物间联系是不可逆的(比如单行道，状态转化不可逆)，则抽象成有向图如果需要进一步刻画事物间的联系（比如城市间的距离），就给连线赋一个权值，从而抽象成赋值图。
综上，根据实际问题，可建模成下列图论模型的一种：无向赋权图、有向赋权图、无向非赋权图、有向非赋权图。
例1.宴会定理：任何一宴会中，一定存在两个人有相同的数量朋友M：点表示人，连线表示当且仅当该两个人是朋友A：问题转化为任何一个图一定存在两个顶点的度相等二、图论模型接下来介绍若干典型的图论模型，每种模型几乎对应于图论的一个重要内容，这些内容将在第三章进行讨论，也就给出了这些模型的解答思路。
2.1 偶图模型凡涉及两类事物间的联系（即只考虑两类事物间的联系，而不考虑同类事物间的联系），均可抽象成偶图模型。
作图时，将两类事物分成两行或者两列。
这类模型通常被包含在后续的模型中，但因许多现实问题可抽象成该模型，所以单列出来讨论。
(1) 仓库与销售间M：点代表仓库或销售点，连线代表仓库与销售店间的关联(2) 上课安排问题Q：学校有6位教师将开设6门课程。
六位教师的代号是Xi（i=1,2,3,4,5,6)，六门课程代号是Yi （i=1,2,3,4,5,6)。
已知，教师X1能够胜任课程Y2和Y3；教师X2能够胜任课程Y4和Y5；教师X3能够胜任课程Y2；教师X4能够胜任课程Y6和Y3；教师Y5能够胜任课程Y1和Y6；教师X6能够胜任课程Y5和Y6。
M：点表示教师或者课程，连线表示当且仅当该教师能胜任该课程2.2 最短路模型凡涉及到最小状态转换问题，均可转化为最短路模型。
点表示允许的状态，连线表示状态的转换（可逆与不可逆分别对应于无向图、有向图）。
(1) 最短航线M：点表示城市，连线表示当且仅当两城市有直达航线，并在该线上注明两城市的距离，即权值A：问题转化为求两点间的最短路径(2) 状态转换Q：某两人有一只8升的酒壶装满了酒，还有两只空壶，分别为5升和3升。
求最少的操作次数能均分酒。
M：设x1,x2,x3分别表示8,5,3升酒壶中的酒量，则点表示组合(x1,x2,x3) ,连线表示当且仅当可通过倒酒的方式相互变换A：问题转化为在该图中求点(8,0,0)到点(4,4,0)的一条最短路(3) 狼羊菜渡河Q：在一河岸有狼，羊和卷心菜。
摆渡人要将它们渡过河去，由于船太小，每次只能载一样东西。
由于狼羊，羊卷心菜不能单独相处。
问摆渡人至少要多少次才能将其渡过河？M：但是以下组合不能允许出现：狼羊菜，羊菜，狼羊，人，人狼，人菜，共6种。
岸上只能允许出现10种组合：人狼羊菜，人狼羊，人狼菜，人羊，空，菜，羊，狼，狼菜，人羊菜。
点表示可允许的组合，连线当且仅当两种情况可用载人(或加一物)的渡船相互转变。
A：问题转化为求由顶点“人狼羊菜”到顶点“空”的一条最短路。
2.3 最小生成树模型道路铺设Q：道路铺设，使得任意两个地方均可达，并且费用最小M：点表示工厂(假设是工厂)，任意两点连线，并标出铺设需要的费用A：问题转化为求该图的最小生成树2.4 欧拉图模型通俗地讲，G是欧拉图当且仅当G存在经过每条边恰好一次，并且回到起始点的迹。
(1) 哥尼斯堡七桥问题Q：能否从一点出发，走遍7座桥，且通过每座桥恰好一次，最后仍回到起始地点M：点表示陆地，连线表示桥A：问题转化为G是否存在E图(2) 中国邮递员问题Q：邮递员必须走过他投递范围内的每一条街道至少一次，选择一条尽可能短的路线M：点表示路口，连线表示当且仅当两路口有直达街道A：若G是E图，通过Fleury算法构造Euler环游，即为所求。
否则，按一定规则添加重复边，再用Fleury算法构造Euler环游。
2.5 哈密尔顿圈模型(1) 旅行售货员问题——TSP一售货员要到若干城市去售货，每座城市只经历一次，问如何安排行走路线，使其行走的总路程最短。
例子：Q：一电脑代理商要从她所在城市出发，乘飞机去六个城市，然后回到出发点，如果要求每个城市只经历一次，能否办到？给出行走方案。
M：点表示城市，连线表示两城市有直达航线A：该图是否存在H圈(2) 圆桌会议座位安排Q：若干人围圆周开会，每个人会不同的语言，如何安排座位，使得每个人能够和他身边的交流M：点表示人，连线表示当且仅当两个人能交流，即至少会同一种语言。
(可能你一下子想到的偶图模型，的确该问题可以抽象成偶图模型，但很难转化为图论问题)A：给出该图的一个H圈2.6 匹配模型(1) 旅游座位安排Q：有一个旅行团要组织一批人去旅游，其中一些人是朋友他们要乘坐公共汽车去，而车上的位子是成对的。
因此为了让大家旅途更愉快，旅行团负责人需要将成对的朋友安排在一起。
给出一种安排方案。
M：点表示旅行团的人，连线表示当且仅当两人是朋友A：求该图的最大匹配(2) 研究生找工作Q：学生能找到理想工作吗？M：点表示研究生或者工作，连线表示当且仅当学生申请了该工作A：问题转化为求饱和每个顶点的一个匹配，即完美匹配(3) 最优分派问题M：点表示工作或者人员，构造完全偶图，边的权值表示该工人做此份工作的效率A：问题转化为求该图的最优匹配2.7 平面图模型平面模型可以这样理解，交通网络，使得不交叉，且无需修高架桥、隧道（这里的隧道显然跟山洞不同）(1) 电路板设计问题Q: 连接电路元件间的导线间不能交叉。
否则，当绝缘层破损时，会出现短路故障。
M；点表示电路元器件，连线表示元器件间的连接A；该图是否可平面(2) 景区空调管道的设计M：点表示景区，连线表示当且仅当两景点间要铺设空调管道A：能否把上图画在平面上，使得边不会相互交叉？(3) 3间房子和3种设施问题Q：要求把3种公用设施(煤气，水和电)分别用煤气管道、水管和电线连接到3间房子里，要求任何一根线或管道不与另外的线或管道相交，能否办到？M：点表示公用设施或者房子，连线表示该类公用设施连接到该房子A：抽象出来的图是否可平面嵌入2.8 着色模型点着色问题对应于顶点集合的一种划分方式，对应于分类问题。
边着色对应于边集合的一种划分方式，也对应于分类问题。
区分点着色模型和边着色模型，主要在于抽象出来的模型，是相邻的顶点还是相邻的边不能着同一种颜色。
(1) 点着色模型①考试时间安排Q：使得学生们不会有相互冲突的考试，最小安排数M：点表示待考的课程，连线表示至少有一个学生同时选择这两门课A：问题转化为求该图的点色数(把互不冲突的课程、考试安排在同一个时间段完成)②课程安排问题Q: 学生选择课程中，使得学生选课不会发生冲突，如何制订一张课时数尽可能小少的课表M：点表示课程，连线表示当且仅当有某个学生同时选了这两门课程A：问题转化为求该图的点色数③交通灯的相位设置问题Q：为了(最终)让所有的车辆都能够安全通过路口，对于交通灯来说，所需要的相位的最小数是多少M：点表示车道，连线当且仅当两个车道上的车不能同时安全地进入路口A：问题转化为求该图的点色数(2)边着色模型①排课表问题Q：设有m位教师，n个班级，其中教师xi要给班级yj上pij节课。
求如何在最少节次排完所有课。
M：令X=｛x1,x2,…,xm｝, Y=｛y1,y2,…,yn｝,xi与yj间连pij条边，得偶图G=(X, Y)。
A：问题转化为求该图的边着色数(2) 比赛安排问题Q：最少天完成比赛M：点表示参赛人，连线当且仅当两人有比赛A:问题转化为求一种最优边着色，即用最少色数进行正常边着色2.9 覆盖模型覆盖模型，对应于控制问题，通俗地讲点覆盖对应于用最少的点来控制所有边(即任一边至少有一个顶点在点独立集中)，边覆盖对应于用最少的边控制所有的点。
均对应于控制问题。
(1) 哨站设计Q：城市设置哨岗，使得哨兵能监管所有街道的最少哨岗数M：点表示交叉口，连线表示存在直达街道A：问题转化为求该图的点覆盖2.10 强连通性定向图模型(1) 城市交通网设计问题Q：一座城市为某种需要，要把所有街道改为单行道，使得人们在任意两个位置都可以相互到达。
如何设计单行道方向M：顶点表示街道交叉口，连线当且仅当存在直达街道A：问题等价于在模型图中给出其强连通定向(2) 竞赛图M：循环比赛的结果可以用所谓的“竞赛图”来表示。
u队战胜了v队，则由点u向v画一条有向边。
显然，“竞赛图”是完全图的一种定向图。
三、模型求解现针对上述的模型给出求解过程，每个模型几乎对应于图论的一个主要内容。
3.1 偶图模型正如上文所说，偶图模型只是建模方式，并没有与直接问题关联起来。
3.2 最短路算法(1) Dantjig算法——顶点标号法在已选定的集合A的临近点集合B(不包含A集合的点)，选择符合条件(选择的点不会构成回路，边权值最小)的点加入集合A。
迭代，直到终点出现在集合A中。
3.3 最小生成树算法(1) Kruskal(克鲁斯克尔)算法从G中的最小边开始，进行避圈式扩张。
从符合扩展边(新加入的边不会构成回路)选择权值最小的边进行扩展。
(2) 管梅谷的破圈法不断破圈(从赋权图G的任意圈开始，去掉该圈中权值最大的一条边，称为破圈)，直到G中没有圈为止，最后剩下的G的子图为G的最小生成树。
(3) Prim算法对于连通赋权图G的任意一个顶点u，选择与点u关联的且权值最小的边作为最小生成树的第一条边e1。
在接下来的边e2,e3,…,en-1 ,在与一条已经选取的边只有一个公共端点的的所有边中，选取权值最小的边。
3.4 Euler环游(1) Euler环游判定连通图G是Euler图<==> G的每个顶点的度为偶数连通图G有Euler迹<==> G最多有两个奇点(1) 构造欧拉环游(Fleury算法)该算法解决了在欧拉图中求出一条具体欧拉环游的方法。