第67讲 图论问题(一)
图论1—图论基础PPT课件
的度减去最小点的度，将最小点
的度设为0。
如果最后得到全0序列，则输出
yes，否则输出no
42 2
31
22 0
20
00 0
例题：给出一个非负整数组 成的有限序列s，s是否是某 个简单图的度序列？
332211 Yes
3331 No
首先利用图论第一定理。
然后把所有顶点排序，将最大点
的值设为0，然后将其后部最大点
在图G中，与顶点v相关联的边的总数 称为是v的度，记为deg v
图论第一定理
deg v 2m
vV (G)
证明：在计算G中所有顶点度的和时，每一条 边e被计数了两次。
例题：给出一个非负整数组 成的有限序列s，s是否是某 个图（无自环）的度序列？
242 Yes
31 No
首先利用图论第一定理。
然后把所有顶点排序，用最大点
图, 记 为G = (V, E ), 其中
① V称为G的顶点集, V≠, 其元素称为顶点或
结点, 简称点; ② E称为G的边集, 其元素称为边, 它联结V 中
的两个点, 如果这两个点是无序的, 则称该边为无 向边, 否则, 称为有向边.
如果V = {v1, v2, … , vn}是有限非空点集, 则称G 为有限图或n阶图.
如果某个有限图不满足(2)(3)(4),可在某条 边上增设顶点使之满足.
定义2 若将图G的每一条边e都对应一个实数F (e), 则称F (e)为该边的权, 并称图G为赋权图(网络), 记为G = (V, E , F ).
定义3 设G = (V, E)是一个图, v0, v1, …, vk∈V, 且1≤i≤k, vi-1vi∈E, 则称v0 v1 … vk是G的一条通路. 如果通路中没有相同的边, 则称此通路为道路. 始 点和终点相同的道路称为圈或回路. 如果通路中 既没有相同的边, 又没有相同的顶点, 则称此通路 为路径, 简称路.
第一章(图论的基本概念)
第二节 图的顶点度和图的同构(4)
图序列:简单图的度序列. (d1, d 2 , , d p )(d1 d 2 d p ) 定理4 非负整数序列 是图序列当 p 且仅当 d i 是偶数,并且对一切整数k, 1 k p 1, 有
i 1
第二节 图的顶点度和图的同构(1)
定义1 设G是任意图,x为G的任意结点,与结点x关联的 边数(一条环计算两次)称为x的度数.记作deg(x)或d(x). 定义2 设G为无向图,对于G的每个结点x,若d(x)=K,则 称G为K正则的无向图.设G为有向图,对于G的每个结点 x,若d+(x)=d-(x), 则称G为平衡有向图.在有向图G中, 若 (G) (G) (G) (G) K , 则称G为K正则有向图. 定理1(握手定理，图论基本定理)每个图中,结点度数的 总和等于边数的二倍,即 deg(x) 2 E .
•
A
N
S
B
欧拉的结论 • 欧拉指出:一个线图中存在通过每边一次仅一次 回到出发点的路线的充要条件是: • 1)图是连通的,即任意两点可由图中的一些边连 接起来; • 2)与图中每一顶点相连的边必须是偶数. • 由此得出结论:七桥问题无解. 欧拉由七桥问题所引发的研究论文是图论的开 篇之作,因此称欧拉为图论之父.
xV
定理2 每个图中,度数为奇数的结点必定是偶数个.
第二节 图的顶点度和图的同构(2)
• 定理3 在任何有向图中,所有结点入度之和等于所有结 点出度之和. • 证明 因为每条有向边必对应一个入度和出度,若一个结 点具有一个入度或出度,则必关联一条有向边,因此,有向 图中各结点的入度之和等于边数,各结点出度之和也等 于边数. • 定义 度序列,若V(G)={v1,v2,…,vp},称非负整数序列 (d(v1),d(v2),…,d(vp))为图G的度序列.
图论问题选讲答案
解：任取6个点，分别标上1，2，3，4，5，6．每两点连一条线，并在这条线上注上这两点差的绝对值．就得到一个K4，且每条线上所注数字只能是1，2，3，4，5．
若数1，2，3，4，5已分成了A、B两组，某条线上的数分入了A组，则把这条线染红，分入了B组，则相应的线染蓝，由于K6的线二染色，必出现同色三角形，即该同色三角形上的三个数分入了同一组，设这个同色三角形的三个顶点的数为a、b、c(a＞b＞c)，则三条线上的数为a－b，b－c，a－c．于是a－b，b－c，a－c分入同一组，即这三个数满足题目要求．
若相邻两个方格中填的数相差＜5，则差≤4，于是图G中所填两个数的差≤14×4＝56．但图中填了1与64，此二数必有一条链相连，此链的长≤14．即其差≤56，与64－1＝63矛盾．
例5．⑴证明：有n个顶点且不含三角形的图G的最大边数为 ．
证明：设v1是G中具有最大度数的顶点，d(v1)＝d．又设与v1相邻的d个顶点为vn，vn－1，…，vn－d＋1．由于G不含三角形，所以vn，vn－1，…，vn－d＋1均互不相邻．故G的边数e≤(n－d)d≤ ．
现取出现的一个圈，从该圈的任一顶点出发，沿圈走一圈回到起点，由于每经过一条边，到新一个顶点时，都与原顶点有一个题目的差异，且经过不同的边，对错的题目不同．这样回到原起点时，对错的情况不可能还原，这就引出矛盾．(例如v1与v2间连线上注的题号为1，则若v1第一题正确，则v2第一题错误，后面的边上都没有注题号1，故以后每个vi的第1题对错情况都不变，即，第1题都错．到沿此圈前进一圈回到v1，应得v1的第一题错，与初始状态的假定“第1题正确”矛盾．
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。
图论第一章课后习题解答
bi 个 (i = 1,2,…,s)，则有 列。 定理 7
bi = n。故非整数组(b ,b ,…, b )是 n 的一个划分，称为 G 的频序
1 2 s
s
i 1
一个 n 阶图 G 和它的补图 G 有相同的频序列。
§1.2 子图与图的运算
且 H 中边的重数不超过 G 中对应边的 定义 1 如果 V H V G ，E H E G ， 重数，则称 H 是 G 的子图，记为 H G 。有时又称 G 是 H 的母图。 当 H G ，但 H G 时，则记为 H G ，且称 H 为 G 的真子图。G 的生成子图是 指满足 V(H) = V(G)的子图 H。 假设 V 是 V 的一个非空子集。以 V 为顶点集，以两端点均在 V 中的边的全体为边集 所组成的子图，称为 G 的由 V 导出的子图，记为 G[ V ]；简称为 G 的导出子图，导出子图 G[V\ V ]记为 G V ； 它是 G 中删除 V 中的顶点以及与这些顶点相关联的边所得到的子图。 若 V = {v}, 则把 G-{v}简记为 G–v。 假设 E 是 E 的非空子集。以 E 为边集，以 E 中边的端点全体为顶点集所组成的子图 称为 G 的由 E 导出的子图，记为 G E ；简称为 G 的边导出子图，边集为 E \ E 的 G 的 导出子图简记为 G E 。若 E e ，则用 G–e 来代替 G-{e}。 定理 8 简单图 G 中所有不同的生成子图（包括 G 和空图）的个数是 2m 个。 定义 2 设 G1，G2 是 G 的子图。若 G1 和 G2 无公共顶点，则称它们是不相交的；若 G1 和 G2 无公共边，则称它们是边不重的。G1 和 G2 的并图 G1∪G2 是指 G 的一个子图，其顶点 集为 V(G1)∪V(G2)，其边集为 E(G1)∪E(G2)；如果 G1 和 G2 是不相交的，有时就记其并图为 G1+G2。类似地可定义 G1 和 G2 的交图 G1∩G2，但此时 G1 和 G2 至少要有一个公共顶点。
图论基础知识
end;
end;
end;
End； 15
End； End；
以上dfs(i)的时间复杂度为O（n*n）。 对于一个非连通图，调用一次dfs(i)，即按深度优先顺序依次访问了顶点i所在的（强）连通分支，所以 只要在主程序中加上：for i:=1 to n do {深度优先搜索每一个未被访问过的顶点}
if not Visited（I) then dfs(i);
Begin
访问顶点i；Visited[i]:=true;顶点i入队q；
while 队列q非空 do
begin
从队列q中取出队首元素v；
for j:=1 to n do
begin
if (not Visited[j]) and (a[v,j]=1) then
begin
时间：O（n*n）
访问顶点j；Visited[j]:=true;顶点j入队q
强连通分支：一个有向图的强连通分支定义为该图的最大的强连通子图， 右图含有两个强连通分支，一个是1和2构成的一个子图，一个是3独立构 成的一个子图。
7
图论算法与实现
一、图论基础知识
3、图的存储结构（n阶e条边）：
8
图论算法与实现
一、图论基础知识
4、图的遍历： 从图中某一顶点出发系统地访问图中所有顶点，使每个顶点恰好
11
图论算法与实现
一、图论基础知识
4、图的遍历： 图的宽（广）度优先遍历：类似于树的按层次遍历。从图中某个顶点V0出 发，访问此顶点，然后依次访问与V0邻接的、未被访问过的所有顶点，然 后再分别从这些顶点出发进行广度优先遍历，直到图中所有被访问过的顶 点的相邻顶点都被访问到。若此时图中还有顶点尚未被访问，则另选图中 一个未被访问过的顶点作为起点，重复上述过程，直到图中所有顶点都被 访问到为止。
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。
图论习题参考答案
二、应用题题0：（1996年全国数学联赛）有n（n≥6）个人聚会，已知每个人至少认识其中的[n/2]个人，而对任意的[n/2]个人，或者其中有两个人相互认识，或者余下的n-[n/2]个人中有两个人相互认识。
证明这n个人中必有3个人互相认识。
注：[n/2]表示不超过n/2的最大整数。
证明将n个人用n个顶点表示，如其中的两个人互相认识，就在相应的两个顶点之间连一条边，得图G。
由条件可知，G是具有n个顶点的简单图，并且有（1）对每个顶点x，)(xN G≥[n/2]；（2）对V的任一个子集S，只要S＝[n/2]，S中有两个顶点相邻或V-S中有两个顶点相邻。
需要证明G中有三个顶点两两相邻。
反证，若G中不存在三个两两相邻的顶点。
在G中取两个相邻的顶点x1和y1,记N G(x1)＝{y1,y2,……,y t}和N G(y1)={x1,x2,……,x k},则N G(x1)和N G(y1)不相交，并且N G(x1)（N G(y1)）中没有相邻的顶点对。
情况一；n=2r：此时[n/2]＝r，由（1）和上述假设，t=k=r且N G(y1)＝V-N G(x1)，但N G(x1)中没有相邻的顶点对，由（2），N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
情况二；n=2r+1: 此时[n /2]＝r ，由于N G (x 1)和N G (y 1)不相交，t ≥r,k ≥r,所以r+1≥t,r+1≥k 。
若t=r+1,则k=r ，即N G (y 1)=r ，N G (x 1)＝V-N G (y 1)，由（2），N G (x 1)或N G (y 1)中有相邻的顶点对，矛盾。
故k ≠r+1，同理t ≠r+1。
所以t=r,k=r 。
记w ∈V- N G (x 1) ∪N G (y 1),由（2），w 分别与N G (x 1)和N G (y 1)中一个顶点相邻，设wx i0∈E, wy j0∈E 。
若x i0y j0∈E ，则w ，x i0, y j0两两相邻，矛盾。
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第67讲图论问题(一) 本节主要内容是：把一个具体问题用图形表示出来，利用图形的直观性可能更有利于问题的解决．有关的一些概念：由若干个不同的点及连接其中某些点对的线所组成的图形就称为图．图中的点的集合称为图的点集，记为V：V＝{v1，v2，…，v n，…}；图中的线的集合称为图的线集(边的集合)，记为E：E＝{v i v j}(v i，v j∈V)．故一个图由其点集V和线集E所决定，若用G表示图，则记为G ＝G(V；E)．含有n个点的图称为n阶图．在一个图中，如果某点v共连了k条线，则说此点的“次数”(或“度数”)为k，记为deg v＝k.如果一个p阶图的每两个顶点间都连且只连了1条线，则称该图为p阶完全图，记为K p．若对每条线确定一个方向(即确定了线的两个端点中一个为“起点”，另一个为“终点”．这时，线是点的“有序对”)，则得到“有向图”；对有向图的一个顶点v，deg v＝k，若v是其中n条边的起点，m条边的终点(m＋n ＝k)，则称v的出次为n，入次为m．链：若在一个图G＝(V；E)中取n+1个顶点v1、v2、…、v n+1，每两个相邻的顶点v i、v i+1间连有一条边l i,则边l1,l2,…,l n就称为从v1到v n+1的一条链．n称为链的长度．A类例题例 1 ⑴证明任意的六人中一定有三个人互相认识或互不认识(约定甲认识乙就意味着乙认识甲)．⑵K6的边染成红蓝两色，求证：其中必有两个三角形，其三边同色．分析⑴以点表示人，连红、蓝两色的线分别表示“认识”与“不认识”，问题转化成图的问题．要会把题目的语言转译成图的语言：“三人互相认识”就表示三点间都连红线，“三人互不认识”就表示三点间都连蓝线．⑵考虑每个异色三角形的三个角，其中两个角是异色角，而同色三角形的三个角都是同色角．证明⑴用6个点v1，v2，…，v6表示这6个人，如果某两人相互认识，则在表示此二人的点间连一条红线，否则连一条蓝线．于是问题转化为证明此6点间一定连出了三边均为红色或蓝色的三角形．在点v1连出的5条线中，由抽屉原理知，必有某色线连有3条或3条以上．不妨设红线连了至少3条．设v1与v2、v3、v4连的红线．现考虑点v2、v3、v4连线的情况，如果此三点间有任两点连的红线，则出现红色三角形(例如v2v3连红线，则v1v2v3是红色三角形)，如果这三点间都不连红线，则出现蓝色三角形(v2v3v4是蓝色三角形)．故证．⑵考虑K6共连了C26＝15条线，共得到C36＝20个三角形．设第i个顶点连了r i(0≤i≤5)条红线，5－r i条蓝线．由于r i(5－r i)≤6．所以，连出的异色角个数≤6×6＝36个．由于每个异色的三角形有2个异色角，所以图中异色三角形个数≤18，故图中同色三角形个数≥20－18＝2．说明题⑴是早期匈牙利的一个图论竞赛题．解这类“实际问题”时，重要的是会用图的语言解释题意，把实际问题改写为图的问题．⑵用异色角来解相关问题是较好的方法．例2 由5人组成一个公司，其中任意三人总有2人彼此认识，也总有2人彼此不认识．证明：这五人可以围桌而坐，使每人两旁都是他认识的人．(1978年保加利亚数学竞赛)证明用5个点表示这5个人，若两人互相认识，则在表示这2个人的点间连1条线．题目的条件即是：任三点间至少连1条线，但不能连3条线．首先，每点都至少连了2条线，若点v1只连出1条线，则它至少与某三点(设为v2、v3、v4)未连线，则此3点间都要连线(若v2与v3没有连线，则v1与v2、v3就都没有连线，与已知矛盾)．出现了以v2、v3、v4为顶点的三角形，矛盾．其次，若某点连出了3条线，则此三点间都不能连线，与已知矛盾．故知：每点都恰连2条线．它不能连成三角形，也不能连成四边形，否则余下的点无法连线，故只能如图所示，证毕．说明 仔细体会上述两例的特点，明白什么时候应该用图来解相关的题：当涉及多个元素的某些相互关系时，就可能用图来解释．情景再现1．在例1中，把6个人改为5个人，结论是否一定成立？2．图G 有n 个顶点，n +1条边，证明：图G 至少有一个顶点的次数≥3．B 类例题例3 设竞赛图(每两个点都连了1条线的有向图)中，点A k 的出次与入次分别为w k 与e k (k ＝1，2，…，n )，证明 w 21＋w 22＋…＋w 2n ＝e 21＋e 22＋…＋e 2n ．分析 根据竞赛图的特点可知：⑴ 每点的出次与入次的和都等于n －1，⑵ 所有点的出次的和与入次的和相等．由此可以推出：所有点的出次和与入次和都等于12n (n －1)．这是两个基本的性质．在要证的式子中把e k 用n －1－w k 代替．证明 对于每个点，出次与入次的和都是n －1，即w k ＋e k ＝n －1(k ＝1，2，…，n )， ①所有出次的和与所有入次的和相等，且都等于图中弧的条数：w 1＋w 2＋…＋w n ＝e 1＋e 2＋…＋e n ＝12n (n －1)．② 所以 e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(n －1－w 1)2＋(n －1－w 2)2＋…＋(n －1－w n )2＝n (n －1)2＋w 21＋w 22＋…＋w 2n －2(w 1＋w 2＋…＋w n )(n －1)＝w 21＋w 22＋…＋w 2n ＋n (n －1)2－2 12(n －1)(n －1) ＝ w 21＋w 22＋…＋w 2n ．说明 本题的证明方法与《奇偶分析》中的例6相似．例4 平面上给定7个点，用一些线段连接它们，每三个点中至少有两点相连，问至少要有多少条线段？试给出一个图．(1989蒙古数学竞赛)分析 首先找到连线条数的下界(即至少要连出多少条线)，再寻找是否可能达到这个下界，可以分别枚举可能的连线方法，讨论每种方法的连线条数，得到最小的结果．解 7个点中共有三点组C 37=35个．每条线段共与其余5点组成5个三角形．故线段条数≥355＝7条． 如果有一个点没有连线，则其余6点两两都必须连线，要C 26＝15条．如果有一点只连了一条线，其余5点必须两两连线，连线数＞C 25＝10条．设某点只连了2条线，如点A 只连了AB 、AC 这2条线，则其余4点均未与A 连线，于是它们必须两两互连，应连C 24=＝6条．此时，取B 、C 两点及其余4点中的任一点，尚不满足条件，故BC 应连线，此时连了9条线，所得图形满足题目要求．若每点都至少连出3条线，则总度数≥21，即至少连了[212]+1＝11条线．所以，至少连9条线．例5 九名数学家在一次国际会议上相遇，发现他们中的任三人中至少有两人能用同一种语言对话，如果每个数学家至多会用三种语言．证明：至少有三人可用同一种语言对话．(1978年美国数学竞赛)分析9个人用9个点表示．证法1中，多种语言则用多种颜色的线来表示，转译结论“三人可用同一种语言对话”时，应注意：如果从一点向另两点连出了同色的两条线，表示另两人也能用相应的语言对话，从而就出现了同色三角形．所以，只要证明从一点一定引出了同色的线即可．而在证法2中，改设若二人不能对话就连1条线(即不存在二人都会的语言)．此时结论就应转译为“存在三点，两两都没有连线”．证法1 用9个点表示这9个人，某二人如能用第r种语言交谈，则在表示此二人的点间连一条线，并涂上第r种颜色，于是，本题即是证明，存在一个同色的三角形．首先，若v1与v2、v1与v3间都连了第k种颜色线，则v2与v3间也要连第k种颜色线．此时即出现同色的三角形．所以只要证明从其中某一点出发的线中必有两条线的颜色相同．反设从任一点出发的线中没有同色的线，由于每个人至多会用三种语言．即deg v i≤3，于是v1至少与5个点不邻接，设为v2、…、v6，同样，v2至少与5个点不相邻接，于是v3、…、v6中至少有一点与v2不相邻接．设为v3，于是v1、v2、v3不相邻接．与已知“任三人中都至少有两人能用同一种语言对话”矛盾．故证．证法2取9个点v1，v2，…，v9表示9个人，如果某二人不能对话，则在表示此二人的点间连一条线，于是在任何三点间，都有两个点不相邻，即不存在三角形．如果有人至少与4个点不连线，由于他最多只能讲三种语言，则他必与其中某两人讲同一种语言．于是相应三人可以用同一种语言来对话．下面证明存在一点，其度不大于4．从而该点至少与4点不相邻．如果deg v1≤4，则v1即为所求．若deg v1＞4，则至少deg v1＝5，即至少有5个点与之连线，设为v2，…，v6，由于这些点不能连出三角形，故v2，…，v6的任何两个之间都不能连线，从而v2与v3，…，v6均无连线，于是deg v2≤4．即可证得原题．说明两点间连了1条线，则说这两点相邻．本题的两种证明方法从两个方向出发，一种是两人可用同一种语言通话，就在相应两点间连一条边，证法2是反过来，两人不能通话时则连一条边，都能应用图解决问题．例6 俱乐部里有14个人想打桥牌，已知过去每个人都与其中的5个人合作过，现在规定4个人中必须任两个人都没有合作过才准许在一起打1局桥牌，这样打了3局就无法再打下去了，如果这时又来了一人，他与原来的14个人都没有合作过，证明：一定可以再打1局．分析打桥牌时，4人分成合作的两对，合作的两人坐在相对的位置打牌．于是每局桥牌，都有两对人合作．把题目的条件与结论都转述为图的语言，并找出结论的等价命题是：找到三个人互相都没有合作过，即存在3个点互不相邻．证明用14个点表示这14个人，若某两人合作过，则在表示这两人的点间连一条线，于是，题目条件即：其中每个点都已连出了5条线，且在此14个点中，可以找出3组点(每组4个点)，这三组点间，两两未连线，若这3组点之间共连出6条线后，对于任意4点，都至少有两点连了线．(14个点间一共连了41条线)，证明此时一定存在3个点，两两都没有连线(从而添入第15个点后，可与此3点合成4点，两两无连线)．由于14个点中的每个点原来都与(14－1－5＝)8个点不相邻．在又打3局连出了6条边以后，至多有12个点又连了线，所以至少还有2个点，每个点仍与8个点不相邻．设其中一点为v1．与v1不相邻的点集为S．下面证明：S中必有一点v2至少与7个点不相邻．反设不存在这样的点，则此8点中，每个点都至多与6个点不相邻，故此8个点都至少连了(14－6－1＝)7条边，于是此8点中的每个点又都新连了至少2条边，故又新连出了8×2÷2＝8条边(除以2是因为每条边可能在两个点端点处被计算了2次)．这与只连了6条边矛盾，所以存在S中的一点v2，至少与7个点不相邻．但8+7＝15＞14，必有一点v3与v1，v2均未连线．此三点即为所求．链接 v 3存在是根据容斥原理：把这14个人的集合记为S ，与v 1相邻的点集记为A ，与v 2相邻的点集记为B ，则A ∪B S ．故card(A ∪B )≤card(S )．而 card(A ∪B )＝card(A )＋card(B )－card(A ∩B )，故 card(A )＋card(B )－card(A ∩B )≤card(S )，现card(A )＋card(B )＝15，card(S )＝14，于是card(A ∩B )＞0．情景再现3．⑴右面的有向图由4个顶点及一些弧(有向线段)组成，指出各点的出次(引出的弧的条数)与入次(引入的弧的条数)． ⑵求出上题中所有各点的出次的和与入次的和，它们与弧的条数有什么关系？⑶证明：任一有向图中，出次的和与入次的和相等．4．在n (n ≥3)个点的竞赛图中，一定有两个点的出次相同吗？5．在集合S 的元素之间引入关系“→”．⑴ 对于任意两个元素a ，b ∈S ，要么a →b ，要么b →a ，二者有且只有一个成立；⑵ 对任意三个元素a ，b ，c ，如果a →b ，b →c ，则c →a ．问集合S 中最多能有多少个元素？(1972年英国数学竞赛)6．证明：⑴ 如果竞赛图中各点的出次不等， 那么可将这些点排成一列，排在前面的点有弧到达排在后面的任一点(即排在前面的选手胜排在后面的所有选手)．⑵ 如果点数n ≥3的竞赛图中有三角形回路，那么，图中必有两点的出次相等．C 类例题例7 某足球赛有16个城市参加，每市派出2个队，根据比赛规则，每两队之间至多赛一场，同城两队之间不进行比赛．赛过一段时间后，发现除A 城甲队外，其他各队已赛过的场数各不相同．问A 城乙队已赛过几场?证明你的结论．分析 注意分析“各队赛过场次各不相同”的含义，即能推知比赛场次的取值情况．再从比赛场次最多的队开始讨论，与之比赛的队是哪些队？ 证明 用32个点表示这32个队，如果某两队比赛了一场，则在表示这两个队的点间连一条线．否则就不连线．由于，这些队比赛场次最多30场，最少0场，共有31种情况，现除A 城甲队外还有31个队，这31个队比赛场次互不相同，故这31个队比赛的场次恰好从0到30都有．就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次． 考虑比赛场次为30的队，这个队除自己与同城的队外，与不同城的队都进行了比赛，于是，它只可能与比赛0场的队同城；再考虑比赛29场的队，这个队除与同城队及比赛0场、1场(只赛1场的队已经与比赛30场的队赛过1场，故不再与其它队比赛)的队不比赛外，与其余各队都比赛，故它与比赛1场的队同城；依次类推，知比赛k 场的队与比赛30－k 场的队同城，这样，把各城都配对后，只有比赛15场的队没有与其余的队同城，故比赛15场的队就是A 城乙队．即A 城乙队比赛了15场．说明 有些题的已知条件讨论起来头绪纷繁，如果利用图来讨论则可以化繁为简．利用点与线的相邻与否来研究这一类题目需要一定的技巧，也需要相当的抽象概括能力与逻辑推理能力．请大家多做些练习． A 城乙队A 城例8 n(n＞3)名乒乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同．(1987年全国高中数学联赛)分析本题的求证暗示要用反证法，设去掉任一个选手，都会有两个选手赛过的对手完全相同．于是这两人组成一个点对．这样就会得到n个点对．每个点对连一条线，n个点连出了n条线，就可用图的性质得到圈，使问题得证．这是证法1的思路．每个选手的对手可以组成集合，研究对手集的性质，用最小数原理来证明，这是证法2的思路．证法1把这些选手编为1至n号，以n个点表示这n个人，各点也相应编为1至n号．反设去掉任何一个选手后，都有两个选手的已赛过的对手完全相同．于是，如果先去掉1号选手，则有两个选手的已赛过的对手完全相同，设为第i号与第j号，在表示此二人的点间连一条线，并在线上注上“1号”．这说明，此二人在去掉1号选手之前必是一人与1号赛过，另一人与1号没有赛过．而且不可能在去掉1号后有三人都相同，否则，此三人与1号选手比赛的情况只有两种：赛过或没有赛过，如果去掉1号后，此三人的情况完全相同，则去掉1号之前必有2人赛过的对手完全相同．(如果去掉1号后有不止一对选手的已赛过对手完全相同，则只任取其中的一对连线，其余的对则不连线．)同样，如果再依次去掉2号、3号，…，直至n号，每去掉1个选手，都会在某两点之间连1条线．这样，就在n个点间连了n条线．且这些线上分别注了1至n号，每条线注了1个号码，每个号码只注在1条线上．由于在10个点间连了10条线，故图中必存在一圈．现从圈上一点i出发，经过点j、k、…最后回到点i．注意到点i与点j所代表的两个选手中1个是与1号比赛的，另一个是没有与1号比赛的，不妨设i号没有与1号比赛过，j号与1号比赛过．而j与k所连线上注的号码不是1，故j与k与1号比赛的情况相同，即k号与1号比赛过，…，这样沿线走一圈后回到i ，就应该得出i 号与1号比赛过，矛盾．故证．证明2 用A 、B 、…表示选手，而用α(A )、α(B )表示A 、B 已赛过的对手集合．显然，若A ∈α(B )，则B ∈α(A )． 设A 是对手集中元素最多的的选手．若命题不成立，则存在两个选手B 、C 使去掉A 后，B 、C 的对手集相同，由于α(B )≠α(C )，故A 必属于α(B )与α(C )之一．不妨设A ∈α(B )，于是，B ∈α(A )，C ∉α(A )且α(C )＝α(B )\{A }．(在α(B )中去掉它的一个元素A 后的集合表示为α(B )\{A })同样对于选手C 后，存在D 、E ，使去掉C 后，D 、E 的对手集相同，即去掉C 后，α(D )＝α(E )，又设C ∈α(D )且C ∉α(E )，于是D ∈α(C )，E ∉α(C )．由于A ∉α(C )，D ∈α(C )，故D ≠A ：又D ∈α(C )，故D ∈α(B )，即B ∈α(D ) ＝α(E )∪{C }，从而B ∈α(E )，C ∉α(E )，而去掉A 后，B 、C 的对手集相同，从而E ＝A ．于是α(A ) ＝α(E ) ＝α(D )\{C }，即α(A )比α(D )少一个元素C ，这与A 是“对手集中元素最多的”矛盾．故证．说明 证法1是根据如下结论：如果n 个点间连了n 条线，则必出现“圈”：即从某一点出发，沿边前进，最后还能回到出发点．证法2用最小数原理对集合的元素进行讨论，较难理解，可对照图理解相应的结论．D C BA=Eα(E)=α(A)α(D)α(C)α(B)情景再现7．某个团体有1982个人，其中任意4人都至少有一人认识其他三个人，认识其他所有人的人数最少是多少？(1982年美国数学竞赛) 8．⑴在一所房子里有10个人，其中任意3人中至少有2人互相认识，证明：其中有4人，他们任意2人都互相认识．(1980英国数学竞赛)⑵如果把⑴中的数10改为9，结论仍成立否？(1977年波兰数学竞赛)习题131．如果每个点的出次都是2，那么，一个点经过两条弧就可以到达的点至多有几个？经过一条弧或两条弧可以到达的点至多有几个？2．在竞赛图中必有一个点，从它到其它的顶点，只需经过一条弧或两条弧．3．一个有n个点的竞赛图，各点的出次为w1≥w2≥…≥w n．如果w1＝n－1，w2＝n－2，…，w k－1＝n－(k－1)，但w k≠n－k(1≤k≤n)．证明：w k＜n－k．4．⑴如果在点数n≥3的竞赛图中，有两个点的出次相等．证明，图中必有三角形回路(即有三个选手A、B、C，其中A胜B，B胜C，C又胜A)．⑵在一个n人参加的循环赛中，每两人比赛一场，如果没有平局，参赛者赢的场数分别是w1，w2，…，w n．求证：出现三个参赛者A，B，C，满足A胜B，B胜C，C胜A的充分必要条件是w21＋w22＋…＋w2n＜(n－1)n(2n－1)6．5．亚洲区足球小组赛，每组有4个队，进行循环赛，每两个队赛一场，胜者得3分，负者得0分，平局各得1分，赛完后，得分最高的前两名出线．如果几个队得分相同，那么便抽签决定这些队的名次，问一个队至少要得多少分，才能保证一定出线？6．条件同上题，问一个队如果出了线，它至少得了多少分？7．在8×8棋盘上填入1～64的所有整数，每格一数，每数只填一次，证明：总可以找到两个相邻的方格（具有公共边的两个方格叫相邻），在此两个方格中填入的数的差不小于5？8．平面上有n条直线，把平面分成若干个区域.证明:用两色就足以使相邻的区域都涂上不同的颜色.9．在某个国家，任意两个城市之间用下列交通工具之一进行联络：汽车，火车和飞机．已知没有一个城市拥有这三种交通工具，并且不存在这样三个城市，其中任意两个在联络时都用同一种交通工具．而且这个国家用了这三种工具．这个国家最多有多少个城市？(1981年保加利亚，美国数学竞赛)10．一个大三角形的三个顶点分别涂红、黑、兰三色，在三角形内部取若干点也任意涂红、黑、兰三色之一，这些点间连有一些线段，把大三角形分成若干互相没有重叠部分的一些小三角形.求证:不论怎样涂，都有一个小三角形，其三个顶点涂的颜色全不同.11．证明：在2色K6中一定存在两个同色三角形（即同色K3）．12．某个国家有21个城市，由若干个航空公司担负着这些城市之间的空运任务．每家公司都在5个城市之间设有直达航线(无需着陆，且两城市间允许有几家航空公司的航线)，而每两个城市之间都至少有一条直达航线．问至少应有多少家航空公司？(1988年前苏联数学竞赛)本节“情景再现”解答：1．解如图的5个点即不存在同色三角形，故例2中把6个人改为5个人后，结论可能不再成立．2．证明 计算每个顶点引出的边的条数(次数)，如果每个顶点的次数都≤2，则统计得到的边数≤2n ，但每条边都被统计过2次，故应统计得到边数=2(n +1)．矛盾．故至少有一个顶点，其次数≥3．3．解 ⑴点A ：出次3，入次1；点B ：出次1，入次1；点C ：出次0，入次2；点D ：出次1，入次1．⑵ 出次的和=3+1+0+1=5；入次的和=1+1+2+1=5．出次的和=入次的和．⑶证明 由于每条弧起点所是出次的点，终点都是入次的点，故出次和与入次和相等，都等于弧的条数．4．解 不一定，例如右面的一个图中，就没有两个点的出次相同．A 、B 、C 、D 四点的出次依次为3，2，1，0． 一般的n 个点的竞赛图中，可以出现n 个点的出次分别为n －1，n －2，n －3，…，2，1，0这n 个值，于是不一定有两个点的出次相同．5．解 S 中有3个元素是可以的，a →b →c →a ．满足要求．若S 至少有4个元素，取其中4点，由⑴， S 中每两点间都要连出1条有向线段，4点间连出6条有向线段．每条有向线段都记一个出次，共有6个出次．因此至少有一个点至少有2个出次．设a →b ，a →c ，则无论b →c 或是c →b 均引出矛盾．即S 的元素个数≤3．故S 最多有3个元素．6．证明 ⑴ 设共有n 个点，由于各点出次互不相等，故这n 个点的出次取得0，1，2，…，n －1这n －1个值中的每个值．把出次为0的点排在最后，其余各点均到达此点．出次为1的点必到达此点，由于出次为1的点只到达1个点，故出次为1的点只到达出次为0的点，把出次为1的点排在倒数第二位；再考虑出次为2的点，由于此点只到达2个点，故它只到达已排的两个点而不能到达其余的点，把出次为2的点排在倒数第3位；……，依此类推，把出次为k 的点排在倒数第k +1位，直到出次为n －1的点排在第1位．这就得到满足题目要求的排法． A B CD⑵ 反设图中所有各点的出次均互不相等，则由上题，可把这些点排成一列，使前面的点到达后面的点．而后面的点不能到达前面的点，于是该图中没有回路，与已知此图有回路矛盾．故必有两点出次相等．7．解 先证明：任意4人中都有1人与其余n －1人认识．用n 个点表示这n 个人，若两个人认识，则在表示这两个人的点间连一条实线，否则连一条虚线． 设任取4人v 1、v 2、v 3、v 4，其中v 1与v 2、v 3、v 4都认识，但此四人中无人与n －1人都认识．即每个点都有与之不相邻的点．设与v 1、v 2、v 3、v 4不相邻的点分别为v 1΄、v 2΄、v 3΄、v 4΄，显然v 1΄≠v 2，v 2΄≠v 1，若v 1΄≠v 2΄，则四点v 1、v 2、v 1΄、v 2΄不满足题意．于是v 1΄=v 2΄，同理v 1΄=v 3΄，于是得v 1΄=v 2΄=v 3΄，此时v 1、v 2、v 3、v 1΄这四点仍不满足已知条件．故证．又证 设图G 中度数小于n －1的点为v 1、v 2、…、v k ，记F ={v 1、v 2、…、v k }，用实线表示相邻(认识)，用虚线表示不相邻．若k ＜4，则命题正确(因为图中找不到4个人，他们中任1人都没有与其余n －1人认识)．若k ≥4，由于v k +1、v k +2、…、v n 的度数都=n －1，故与v 1不相邻的点都在F 中，设为v 2，此时若还能找到v 3、v 4∈F ，且v 3与v 4不相邻．则此四人不满足题目要求(图7⑴)．若在F 中除v 1、v 2外无不相邻的人，则v 3、…、v k 均至少与v 1、v 2中某一人不相邻．则如图⑵、⑶，亦与已知矛盾．故k ≥4不可能．故证．再考虑本题：把1982个人中的任意4人组成一组，该组中必有1人认识其余所有的人．去掉这个人，在余下的人中再任取4人，又成一组，又可找出一个认识其余所有人的人；…，这样一直做下去．直到余下3人为止，此3人可能与其余的人不全认识．图7V2V 43()V 2V 42()1()4V 32V图62()1()1'4'故至少有1979人认识其余所有的人．8．解⑴用10个点表示这10个人，如果某2人互相认识，则在表示这两人的点间连1条线．即任3点都至少连了1条线，要求证明存在一个K4．设不存在K4，即任意4点中总有2点没有连线，①设某一点A与4点都没有连线，则由假设此4点中有2点未连线，则此2点与A共3点均未连线，与题设矛盾．故A至多与3点未连线，即至少与6点连了线．②设A与A1、A2、…，A6连线，则A1，…，A6中任意3点必有2点未连线，否则存在K4，③设A1与B i、B j、B k都未连线，则B i、B j、B k间若有两点未连线，则出现3点，都未连线，与已知矛盾．故此三点间都连了线，于是此三点与A成为K4．④由③知A1，…，A6中任一点至多与其余5点中的2点未连线．即与其余5点中至少3点连了线．设A1与A2、A3、A4连了线．此时A2、A3、A4间至少连了1条线，设A2A3连了线，则A、A1、A2、A3成为K4．由上证可知，不存在K4的假设不成立．⑵若有某点连出6条线，则如上证．若每点连线数＜6，当每点连线数都=5时．此时9个点连线统计为45，为奇数．不可能．若有某点连线数＜5，即该点至少与4点未连线，则如上①，矛盾．从而必有点连线数＝6的点．“习题67”解答：1．解一个点经过两条弧就能到达的点至多有4个．经过一条弧或两条弧就能到达的点至多有6个．如图，每个点的出次都是2，点A经过1条弧能到达B、C，点B、C分别经过1条弧可以到达D、E、F、G，故点A经过1条或2条弧可以到达至多6个点．其中如果有些点重合，AB CD E F G AA4。