图论与组合数学期末复习试题含答案
组合数学部分第1章 排列与组合例1：1)、求小于10000的含1的正整数的个数；2、)求小于10000的含0的正整数的个数；解：1)、小于10000的不含1的正整数可看做4位数,但0000除外.故有9×9×9×9－1＝6560个.含1的有：9999－6560=3439个2)、“含0”和“含1”不可直接套用。
0019含1但不含0。
在组合的习题中有许多类似的隐含的规定，要特别留神。
不含0的1位数有19个，2位数有29个，3位数有39个，4位数有49个 不含0小于10000的正整数有()()73801919999954321=--=+++个含0小于10000的正整数9999－7380=2619个。
例2：从[1,300]中取3个不同的数，使这3个数的和能被3整除，有多少种方案？解：将[1,300]分成3类：A={i|i ≡1(mod 3)}={1,4,7,…,298},B={i|i ≡2(mod 3)}={2,5,8,…,299},C={i|i ≡0(mod 3)}={3,6,9,…,300}.要满足条件，有四种解法：1)、3个数同属于A;2)、3个数同属于B ；3)、3个数同属于C;4)、A,B,C 各取一数；故共有3C(100,3)+1003=485100+1000000=1485100。
例3：（Cayley 定理：过n 个有标志顶点的数的数目等于2-n n ）1）、写出右图所对应的序列；2）、写出序列22314所对应的序列；解：1）、按照叶子节点从小到大的顺序依次去掉节点（包含与此叶子节点相连接的线），而与这个去掉的叶子节点相邻的另外一个内点值则记入序列。
如上图所示，先去掉最小的叶子节点②，与其相邻的内点为⑤，然后去掉叶子节点③，与其相邻的内点为①，直到只剩下两个节点相邻为止，则最终序列为51155.。
2）、首先依据给定序列写出（序列长度+2）个递增序列，即1234567，再将给出序列按从小到大顺序依次排列并插入递增序列得到：112223344567。
我们再将给出序列22314写在第一行，插入后的递增序列写在第二行。
如下图第一行所示：−−→−⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--②⑤67112223344522314−−→−⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--②⑥11223344672314−−→−⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--③②11233447314−−→−⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--①③11344714−−→−⎪⎪⎭⎫⎝⎛--④①14474⎪⎪⎭⎫⎝⎛47。
我们每次去掉第一行第一个数，并在第二行寻找第一个无重复的元素5并将它取出，将⑤与②连接起来，并在第二行去掉第一行的第一个元素②，剩下的序列为1122334467，依次执行下去。
最终剩下的两个元素（47）连在一起。
则形成了以下的树。
例4：（圆排列问题：从n个字符中取r个不同的字符构成圆排列的个数为()()nrrrnP≤≤,。
）5对夫妇出席一宴会，围一圆桌坐下有多少种方案？要求每对夫妇相邻而坐，方案有多少种？解：1）、此问便是考查圆排列的公式定义，由()()()nrrrnPrnQ≤≤=0,,可得，排列方式有()()!910!101010,1010,10===PQ种。
2）、同样，先将5个丈夫进行圆排列则有245!5=种，再将5个妻子插到丈夫的空隙之中，每个妻子只有两种选择，要么在丈夫的左边，要么在右边。
因此由52种插入的方法，所以一共有52!4⨯种。
有错误！例5：（允许重复的排列）已知重集{}dcbaS3,4,5,6=，做重集S的全排列，问有多少中排列方案？解：设可重复{}kkanananS⋅⋅⋅=,,,2211Λ，其中，kaaa,,,21Λ为S中k个不同元素，则S的个数为knnnn+++=Λ21，S的全排列为：!!!!21knnnnΛ则据题意可得：方案数为!3!4!5!6!18⋅⋅⋅。
列6：（允许重复的组合）试问()4zyx++有多少项？解：由于()()zyxzyx++=++4()zyx++()zyx++()zyx++，相当于从右边每个括号里取一个元素相乘，而元素可以对应相同（如4个括号我都取x ）或者不同。
这就相当于将4个无区别的球放进3个有区别的盒子，由于在n 个不同元素中取r 个进行组合，允许重复，则组合数为()r r n C ,1-+。
（或者说r 个无区别的球放进n 个有区别的盒子里，每个盒子球数不限，则共有()r r n C ,1-+种）。
问题等价于从3个元素中取4个做允许重复的组合，15230!2!4!6464134===⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+项。
例6：（线性方程的整数解个数问题）已知线性方程b x x x n =+++Λ21，n 和b 都是整数，1≥n ，求此方程非负整数解的个数？解：方程的非负整数解{}n ξξξ,,,21Λ对应一个将b 个无区别的球放进n 个有区别的盒子()n x x x ,,,21Λ的情况，允许一盒多球，故原式可以等价转化为将将1到n 的正整数取b 个作为允许重复的组合，其组合数为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+b b n 1个。
例7：（不相邻的组合） 从{}7,6,5,4,3,2,1=A 中取三个元素做不相邻的组合，有多少种方式？ 解：由于从{}n A ,,2,1Λ=中，取r 个作不相邻的组合，其组合数为()r r n c ,1+-，因此在此题中3,7==r n ，组合数种类有1012120!2!3!5353137===⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-种。
例8：（全排列的三种生成算法）（1）、已知4000=m ，!74000!6<<，求m 对应的序列。
（2）、利用字典序法求求839746521的下一个排列。
解：（1）、由于0到1!-n 中的任何整数m 都可以唯一表示为()()!1!2!2!11221⋅+⋅++-+-=--a a n a n a m n n Λ其中i a i ≤≤0，11-≤≤n i ，可以证明从0到1!-n 的!n 个整数与()1221,,,,a a a a n n Λ--一一对应，我们要得到这些值就得每次除以与其相对应的数值，就可以得到与i a 相对应的余数值i r 。
因为!74000!6<<，所以：,!2!3!4!5!640001234561a a a a a a n +⋅+⋅+⋅+⋅+⋅==,0,2!32!42!52!62000240002112345612r a a a a a a n n ==+⋅+⋅+⋅+⋅==⎥⎦⎥⎢⎣⎢=⎥⎦⎥⎢⎣⎢=,2,!3!4!3!5!3!666632000322345623r a a a a a n n ==+⋅+⋅+⋅==⎥⎦⎥⎢⎣⎢=⎥⎦⎥⎢⎣⎢= ,2,!4!5!4!6166466643345634r a a a a n n ==+⋅+⋅==⎥⎦⎥⎢⎣⎢=⎥⎦⎥⎢⎣⎢= ,1,!5!63351665445645r a a a n n ==+⋅==⎥⎦⎥⎢⎣⎢=⎥⎦⎥⎢⎣⎢= ,3,5633655656r a a n n ====⎥⎦⎥⎢⎣⎢=⎥⎦⎥⎢⎣⎢= ,5,06566667r a n n ===⎥⎦⎥⎢⎣⎢=⎥⎦⎥⎢⎣⎢=所以：!22!32!41!53!654000⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=。
把n-1个元素的序列()1221,,,,a a a a n n Λ--和n 个元素的排列建立一一对应关系，从而得到一种生成排列的算法——序数法。
将()1221,,,,a a a a n n Λ--与给出序列相对应，例如给出4213，那么对应()123,,a a a ，由大到小的计算当前数值位置右边比此位置数值大的数值的个数，例如最大的数为4，4这个数右边有3个数比它小，所以33=a ，同理，第二个大的数为3，在3这个数右边有0个比它小的数，所以02=a ，同理对应2这个数右边有一个数比他小，所以11=a 。
综上所述，对应序列为()301。
同时，由()301也可以推出最大数4的右边有3个比它小的数，为：第二个大的数3右边比他小的数的个数为0，因此，为： 第三个大的数2右边比他小的数有1个，而1的位置也可以确定了因此为 （2）、字典序法首先从序列()n p p p ,,,21Λ后向前找出第一组i i p p <-1，记下此式1-i p 的值，然后有从后向前找第一个比1-i p 的值大的数k p ，并将1-i p 和k p 调换位置，然后再将原来1-i p （现在k p ）位置以后的全部序列倒序即可以了。
如题中所示的序列839746521中，首先找出从右向左第一组i i p p <-1的1-i p ，此处为4，然后找到k p 为5，将它们两调换得到839756421，然后将5后面的数逆序得到839751246。
例9：（格路模型）一场电影的票价是50元，排队买票的顾客中有n 位是持有50元的钞票，m 位是持有100元的钞票。
售票处没有准备50元的零钱。
试问有多少种排队的方法方法使得购票能顺利进行，不出现超不出零钱的状况。
假设每位顾客只限买一张票，而且m n ≥。
解：在格路模型中，从()()n m ,0,0→的路径选择有()()m n m c m n m n m n m ,!!!+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+种。
因为这个问题可以看成是由m 个向右和n 个向上组成，就是一个可重复的全排列问题。
当然，将这一模型推广以后就可以应用于此题了，我们将问题简化就可以得到卖票者从没有钱到把所有票都卖完，在这个期间他必须实现每次卖票成功（即有足够的零钱找给顾客）。
在格路模型中，我们把x 轴看成是m 个100元，y 轴看成是n 个50元，最重要实现将这m 个100元和n 个50元收入囊中，而且要满足不出现找不出50元钞票的情况。
问题等价于从()0,0到()n m ,的路径中，找出y>x 且不穿越（但可以接触）y=x 线上点的路径。
然而不允许接触的情况是从()1,0点出发到()n m ,的所有路径减去从()1,0点出发经过y=x 的路径，如右图所示，由对称性以及m n ≥可以知道，从()1,0出发经过y=x 的路径等于由()0,1出发到达()n m ,的路径，因为由()0,1出发到达()n m ,必须经过y=x 。
所以，原问题可以转化为：路径数=()()1,1,1--+--+m n m c m n m c =()()()()!!1!1!1!!1n m n m n m n m --+---+=()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛----+n m n m n m 11!1!1!1=()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛----+n m n m n m 11!1!1!1。
然而，此处是可以接触y=x 的，因此我们可以将纵坐标向下移动一个单位如右图所示：即可以接触y=x 但是不可以穿过y=x-1。
初中数学竞赛专题复习 第四篇 组合 第29章 图论初步试题
第29章 图论初步29。
1.1＊ 某大型晚会有2009个人参加，已知他们每个人至少认识其中的一个人．证明:必有一个人至少认识其中的二个人．解析 2009这个数目较大，我们先考虑:某小型晚会有5人参加,已知他们每个人至少认识其中的一个人．证明：必有一个人至少认识其中的二个人．用5个点1v 、2v 、3v 、4v 、5v 表示5个人，如果两个人彼此认识（本章中的“认识"都是指相互认识），就在表示这两个人的顶点之间连一条边．对顶点功来说,由于1v 所表示的人至少认识其他4个人的一个，不妨设1v 与2v 认识，即1v 和2v 相邻，同样，设3v 与4v 相邻，如图所示．对于顶点5v 来说,无论它与1v 、2v 、3v 、4v 哪个相邻，都会出现一个顶点引出两条边的情况．于是问题得以解决．v 1vv 3v 4v 5用同样的方法可以证明，对2009个人来说，命题成立．其实，把2009换成任意一个大于l 的奇数，命题也成立． 29.1。
2＊ 在一间房子里有n （n 〉3）个人，至少有一个人没有和房子里每个人握手,房子里可能与每个人都握手的人数的最大值是多少？解析 用n 个顶点表示n 个人，若某两个人握过手，就在他们相应的顶点之间连一条边，这样就得到了一个图G ．因为不是任何两个人都握过手，所以G 的边数最多是完全图n K （即n 个点每两点之间恰连一条边)的边数减1，去掉的那条边的两个端点v 和v '所表示的两个人未握过手．所以房子里可能与每个人都握手的人数的最大值是2n -． 29。
1.3＊*＊ 九名数学家在一次国际数学会议上相遇，发现他们中的任意三个人中，至少有两个人可以用同一种语言对话．如果每个数学家至多可说三种语言,证明至少有三个数学家可以用同一种语言对话．解析 用9个点1v ，2v ，…，9v 表示这九名数学家，如果某两个数学家能用某种语言对话,就在他们相应的顶点之间连一条边并涂以相应的颜色．我们要证明的是:存在三个顶点i v 、j v 、k v ，使得边(i v ，j v ）和（i v ,k v ）是同色的．这样的，i v 、j v 、k v 这三名数学家就能用同一种语言对话． 下面就顶点1v ，分两种情形：（1）1v 与2v ，…，9v 均相邻，由于每个数学家至多能说三种语言，所以每一个顶点引出的边的颜色至多是三种．根据抽屉原理知，从1v 发出的8条边中至少有2条是同色的，不妨设为（1v ，2v ）、（1v ，3v ）．于是1v 、2v 、3v 所表示的三名数学家能用同一种语言对话．见图（a ）．(a)(b)vv 3v 4569v 32v(c)v 1v 2v 3v 4v 5v 6v 7v 8123456791011128（2）1v 与2v ，3v ，…，9v 中的至少一点不相邻，不妨设功与功不相邻．由于任意三个数学家中，至少有两个人可以用同一种语言对话,所以，3v ，4v ，…，9v 中的每一个不是和研相邻就是和功相邻,根据抽屉原理可知，其中至少有4个点与1v 或2v 相邻．不妨设3v 、4v 、5v 、6v 与1v 相邻，如图（b ),再对1v 引出的这4条边用抽屉原理可得，至少有2条边是同色的，设为（1v ,3v ）、（1v ，4v )．于是1v 、3v 、4v 所表示的三名数学家能用同一种语言对话． 评注 若本题中的九改成八,则命题不成立．反例如图（c ）所示．图中每条边旁的数字表示不同的语种． 29.1。
图论期末考试整理复习资料
目录第一章图的基本概念 (1)二路和连通性 (3)第二章树 (3)第三章图的连通度 (4)第四章欧拉图与哈密尔顿图 (5)一，欧拉图 (5)二．哈密尔顿图 (6)第五章匹配与因子分解 (9)一．匹配 (9)二．偶图的覆盖于匹配 (10)三．因子分解 (11)第六章平面图 (14)二．对偶图 (16)三．平面图的判定 (17)四．平面性算法 (20)第七章图的着色 (24)一．边着色 (24)二．顶点着色 (25)第九章有向图 (30)二有向树 (30)第一章图的基本概念1.点集与边集均为有限集合的图称为有限图。
2.只有一个顶点而无边的图称为平凡图。
3.边集为空的图称为空图。
4.既没有环也没有重边的图称为简单图。
5.其他所有的图都称为复合图。
6.具有二分类（X, Y）的偶图（或二部图）：是指该图的点集可以分解为两个（非空）子集X 和Y ，使得每条边的一个端点在X 中，另一个端点在Y 中。
7.完全偶图：是指具有二分类（X, Y）的简单偶图，其中X的每个顶点与Y 的每个顶点相连，若|X|=m，|Y|=n，则这样的偶图记为Km,n8. 定理1 若n 阶图G 是自补的（即），则n = 0, 1（mod 4）9. 图G 的顶点的最小度。
10. 图G 的顶点的最大度。
11. k-正则图: 每个点的度均为 k 的简单图。
例如,完全图和完全偶图Kn,n 均是正则图。
12. 推论1 任意图中，奇点的个数为偶数。
13.14. 频序列：定理4 一个简单图G 的n 个点的度数不能互不相同。
15. 定理5 一个n 阶图G 相和它的补图有相同的频序列。
16.17.18. 对称差：G1△G2 = (G1∪G2) - (G1∩G2) = (G1-G2)∪(G2-G1)19. 定义： 联图 在不相交的G1和G2的并图G1+G2中，把G1的每个顶点和G2的每个顶点连接起来所得到的图称为G1和G2的联图，记为G1∨G220. 积图：积图 设G1= (V1, E1)，G2 = (V2, E2)，对点集V = V1×V2中的任意两个点u =(u1,u2)和v = (v1,v2)，当(u1 = v1和 u2 adj v2) 或 (u2 = v2 和 u1 adj v1) 时就把 u 和 v 连接起来所得到的图G 称为G1和G2积图。
习题参考解答(图论部分)
习题十1. 设G 是一个(n ，m)简单图。
证明：，等号成立当且仅当G 是完全图。
证明：（1）先证结论：因为G 是简单图，所以G 的结点度上限 max(d(v)) ≤ n-1, G 图的总点度上限为 max(Σ(d(v)) ≤ n ﹒max(d(v)) ≤ n(n-1) 。
根据握手定理，G 图边的上限为 max(m) ≤ n(n-1)/2,所以。
（2） =〉G 是完全图 因为G 具有上限边数，假设有结点的点度小于n-1,那么G 的总度数就小于上限值，边数就小于上限值，与条件矛盾。
所以，G 的每个结点的点度都为n-1，G 为完全图。
G 是完全图 =〉 因为G 是完全图，所以每个结点的点度为n-1, 总度数为n(n-1)，根据握手定理，图G 的边数 。
■2. 设G 是一个（n ，n +1）的无向图，证明G 中存在顶点u ，d （u ）≥3。
证明：反证法，假设,则G 的总点度上限为max(Σ(d(u)) ≤2 n ，根据握手定理，图边的上限为max(m) ≤ 2n/2=n 。
与题设m = n+1，矛盾。
因此，G 中存在顶点u ，d （u ）≥3。
■3．确定下面的序列中哪些是图的序列，若是图的序列，画出一个对应的图来: （1）（3，2，0，1，5）； （2）（6，3，3，2，2） （3）（4，4，2，2，4）； （4）（7，6，8，3，9，5）解：除序列（1）不是图序列外，其余的都是图序列。
因为在（1）中，总和为奇数，不满足图总度数为偶数的握手定理。
可以按如下方法构造满足要求的图：序列中每个数字ai 对应一个点，如果序列数字是偶数，那么就在对应的点上画ai/2个环，如果序列是奇数，那么在对应的点上画(ai-1)/2个环。
最后，将奇数序列对应的点两两一组，添加连线即可。
下面以（2）为例说明：(6 , 3, 3, 2, 2 ) 对应图G 的点集合V= { v 1,v 2,v 3,v 4,v 5}每个结点对应的环数(6/2, (3-1)/2, (3-1)/2, 2/2,2/2) = (3,1,1,1,1)将奇数3，3 对应的结点v 2,v 3一组，画一条连线其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。
图论第二版答案
图论第二版答案【篇一：图论与代数结构第一二三章习题解答】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） 2. 若存在孤立点，则m不超过kn-1的边数, 故m = (n-1)(n-2)/2, 与题设矛盾。
?－3. 记ai为结点vi的正度数，ai为结点vi的负度数，则nnnn? 2? 22－ai?[(n?1)?ai]?n(n?1)?2(n?1)ai＋ai－2， i?1i?1i?1i?1 nnn－2? 2 因为ai?cn?n(n?1)/2，所以ai?ai－ 2。
i?1i?1i?14. 用向量(a1,a2,a3)表示三个量杯中水的量, 其中ai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(a1,a2,a3)中某杯的水倒满另一杯得到( a’1, a’2, a’3 ) , 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 ) ( 2, 3, 3 ) ( 2, 5,1 )(7, 0, 1 ) ( 7, 1, 0 ) ( 4, 1, 3 ) ( 4, 4, 0 )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。
组合数学及其图论试题库
组合数学及其图论1、一个图G 是指一个有序三元组（V （G ），E （G ），G ϕ），其中G ϕ是：________________.关联函数2、是有40个点的简单图且 中任两个点之间有且只有1条路，则。
393、只有一个顶点所构成的图称为：________________平凡图4、如果H 是G 的子图，其中V （H ）=V （G ）和E （G ）=E （H ）至少有一个不成立，就称H 是G 的：_____________.真子图5、设G 是p 阶简单图，则__________________等号成立当且仅当G 是完全图。
q(G)≤p(p-1)/26、如果一条途径的_________与___________相同，就称这条途径为闭途径。
起点 终点7、如果对图G=（V ，E ）的任何两个顶点u 与v ，G 中存在一条（u-v ）路，则称G 是___________否则称为是______________连通图、 非连通图8、设G 是P 阶连通图，则__________________.q(G)≥p-1 9、若二分图有Hamilton 回路，则与满足 。
10、若G 是2-边连通图，则G 有强连通的________________. 定向图11、边数最少的连通图是 。
树12、没有回路的连通图称为_______________.树13、的图是图或图。
平凡图，不连通图14、树T的每一个非悬挂点都是T的 __________.割点15、二分图中若与满足，则必有完美对集。
16、给定一个图G，如果图G的一个生成子图T是一棵树，则称T是G的一个_______________.生成树17、设G是无环图，e是G的一条边，则τ(G)=___________________________.τ（G－e）+τ(G·e)18、是阶简单图，则，等号成立当且仅当是图。
，完全图 2、19、___________________________的生成树称为最优生成树。
图论习题答案
图论习题答案
《图论习题答案》
图论作为数学中的一个重要分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
在学习
图论的过程中，我们常常会遇到各种各样的习题，通过解答这些习题可以帮助
我们更好地理解图论的知识。
下面就让我们来看一些图论习题的答案吧。
1. 问：一个图中有多少条边？
答：一个图中的边数可以通过计算每个顶点的度数之和再除以2来得到。
2. 问：一个图中有多少个连通分量？
答：一个图中的连通分量可以通过使用深度优先搜索或广度优先搜索来求得。
3. 问：一个图中是否存在欧拉回路？
答：一个图中存在欧拉回路的充分必要条件是每个顶点的度数都是偶数。
4. 问：一个图中是否存在哈密顿回路？
答：一个图中存在哈密顿回路的判定是一个NP难题，目前还没有有效的多项式时间算法。
5. 问：一个图中的最小生成树有多少条边？
答：一个图中的最小生成树的边数恰好等于顶点数减一。
通过解答这些图论习题，我们可以更好地掌握图论的基本概念和算法。
图论不
仅在数学领域有着重要的应用，而且在计算机科学、电信网络等领域也有着广
泛的应用。
因此，熟练掌握图论知识对我们的学习和工作都有着重要的意义。
希望通过本文的分享，能够帮助大家更好地理解图论知识，提高解决问题的能力。
同时也希望大家在学习图论的过程中能够多多练习，勇于挑战各种各样的
图论习题，不断提升自己的图论水平。
祝大家在图论的学习道路上取得更大的
进步！。
图论期末复习题(16年)
17．G是Euler图G连通且每个点度数均为 ____．
18.e为G的割边 e不在G的任一___中。
19.无向连通图G是欧拉图的充分必要条件是G不 含——顶点。 20．连通图G具有欧拉路而无欧拉圈当且仅当G 恰有—个奇数度顶点． 21.无向图的关联矩阵每一行元素之和等于对应 顶点的——
11
E
7 8
F
6 6
D
6
15
6．求下图的最优生成树．
A
9
12
C B
15
11
E
7 8
F
6 6
D
6
15
7．设T是一棵树，它有两个2度顶点，
两个3度顶点，三个4度顶点，求T的树叶数
8．设G是无向连通图，则G是一笔画的充分 必要条件是什么？下列各图是否可以一笔画 出？
9、甲乙两个邮递员去送信，两人以同样的速度走
三、判断题
1．若途径中的所有点互不相同，则称此途径为一条 链． 2．若途径中的所有边互不相同，则称此途径为一条 道路． 3．任何无圈的图均是二部图． 4．两图即使满足顶点数相等、边数相等和度数相同 的顶点数相等这三个条件，也不一定同构． 5．在树中至少存在两个度为1的顶点（树叶）．
d j b a
h
i e
c
g
f
4．六名间谍被擒，已知懂汉语、法语和日语， 懂德语、俄语和日语，懂英语和法语，懂西班 牙语，懂英语和德语，懂俄语和西班牙语，问 至少用几个房间监禁他们，能使在一个房间里 的人不能直接对话。
五、证明题 1．证明任意六个人中有三个人互相认识，或有三个 人互不认识。 2 、证明在 8 个人的团体中，总有两个人在此团体中 恰好有相同个数的朋友． 3 ．设 G= （ V,E）是有限平面图，有 f 个面， q 条边， 则所有面的次数之和等于边数的2倍，即=2|q|． 4．证明：设 G是极大平面图，有p(p≥3)个顶点，q条 边，则q=3p–6, f=2p-4．
湘潭大学计算机科学与技术刘任任版离散数学课后习题答案-第二学期--图论与组合数学
湘潭大学计算机科学与技术刘任任版离散数学课后习题答案-第二学期--图论与组合数学习题六1．设G是一个无回路的图,求证：若G中任意两个顶点间有惟一的通路,则G是树.证明：由假设知，G是一个无回路的连通图，故G是树。
2．证明：非平凡树的最长通路的起点和终点均为悬挂点.分析：利用最长通路的性质可证。
证明：设P是树T中的极长通路。
若P的起点v满足d(v)1，则P不是T中极长的通路。
对终点u也可同理讨论。
故结论成立。
3．证明：恰有两个悬挂点的树是一条通路.分析：因为树是连通没有回路的，所以树中至少存在一条通路P。
因此只需证明恰有两个悬挂点的树中的所有的点都在这条通路P中即可。
证明：设u,v是树T中的两个悬挂点，即d(u)d(v)1。
因T是树，所以存在(u,v)-通路P：uw1wkv,k0。
显然，d(wi)2。
若d(wi)2，则由T恰有两个悬挂点的假设，可知T中有回路；若T中还有顶点某不在P中，则存在(u,某)-通路，显然u与某不邻接，且d(某)2。
于是，可推得T中有回路，矛盾。
故结论成立。
4．设G是树,Gk,求证：G中至少有k个悬挂点.分析：由于Gk，所以G中至少存在一个顶点v的度≥k，于是至少有k个顶点与邻接，又G是树，所以G中没有回路，因此与v邻接的点往外延伸出去的分支中，每个分支的最后一个顶点必定是一个悬挂点，因此G中至少有k个悬挂点。
证明：设uV(G)，且d(u)mk。
于是，存在v1,,vmV(G)，使(l)uviE(G),i1,,m。
若vi不是悬挂点，则有viV(G),使。
如此下去，有viV(G)，满足vi(l)vj,ij,且d(vi(l))1,i1,,m。
故G中至少有k个悬挂点。
5．设Gp,q是一个图,求证：若qp,则G中必含回路.分析：利用树是没有回路且连通的图，且树中的顶点数和边数的关系可证。
证明：设G(p,q)有k个分支：G[V1]G1(p1,q1),,G[Vk]Gk(pk,qk)。
显然，pp1pk,qq1qk。
图论复习题
图论复习题（二）图论复习题一、选择题1．设图G ＝<V , E >，v ∈V ，则下列结论成立的是 ( C ) ． A ．deg(v )=2∣E ∣ B ． deg(v )=∣E ∣ C ．E v Vv 2)deg(=∑∈ [PPT 23] D ．E v Vv =∑∈)deg(定理1 图G=（V ，E ）中，所有点的次之和为边数的两倍 2．设无向图G 的邻接矩阵为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡0101010010000011100100110则G 的边数为( B )．A ．6B ．5C ．4D ．33、 设完全图K n 有n 个结点(n ≥2)，m 条边，当（ C ）时，K n 中存在欧拉回路．A ．m 为奇数B ．n 为偶数C ．n 为奇数D ．m 为偶数解释：K n 每个结点的度都为n －1，所以若存在欧拉回路则n －1必为偶数。
n 必为奇数。
4．欧拉回路是（ B ）A. 路径B. 简单回路[PPT 40]C. 既是基本回路也是简单回路D.既非基本回路也非简单回路5．哈密尔顿回路是（ C ）A. 路径B. 简单回路C. 既是基本回路也是简单回路D.既非基本回路也非简单回路[PPT 40]：哈密尔顿回路要求走遍所有的点，即是基本回路的点不重复，也可以是简单回路的边不重复。
6．设G 是简单有向图，可达矩阵P(G)刻划下列关系中的是（ C ） A 、点与边 B 、边与点 C 、点与点 D 、边与边7．下列哪一种图不一定是树（C ）。
A.无简单回路的连通图B. 有n 个顶点n-1条边的连通图C. 每对顶点间都有通路的图D. 连通但删去一条边便不连通的图8．在有n 个结点的连通图中，其边数（B ）A.最多有n-1条B.至少有n-1条C.最多有n 条D.至少有n 条9．下列图为树的是（C ）。
A 、>><><><=<},,,,,{},,,,{1d c b a a a d c b a GB 、>><><><=<},,,,,{},,,,{2d c d b b a d c b a GC 、>><><><=<},,,,,{},,,,{3a c d a b a d c b a GD 、>><><><=<},,,,,{},,,,{4d d c a b a d c b a G 10、下面的图7-22是（C ）。
组合数学与图论复习题与参考答案
组合数学与图论复习题及答案1．Show that if n+1 integers are chosen form the set {1,2, …,2n},then there are always two which differ by at most 2.从{1,2, …,2n}中选出n+1个数，在这n+1个数中，一定存在两个数，其中一个整数能整除另外一个整数。
任何一个数都可以写成2k*L，其中k是非负数，L是正奇数。
现在从1到2n之间只有n个奇数。
由于有n+1个数都能表示成2k*L，而L的取值只有n中，所以有鸽子洞原理知道，至少有两个数的L是一样的，于是对应k小的那个就可以整除k大的另一个数。
2．Show that for any given 52 integers there are exist two of them whose sum, or else difference, is divisible 100.设52个整数a1，a2，…，a52被100除的余数分别是r1,r2,…,r52，而任意一个数被100除余数为0，1，2，…，99，一共100个。
他们可以分为51个类{0},{1,99},{2,98},…,{49,51},{50}。
将这51个集合视为鸽笼，则将r1,r2,…,r52放入51个笼子中，至少有两个属于同一个笼子，所以要么有ri＝rj，要么有ri＋rj ＝100，也就是说ai－aj|100或者ai＋aj|100。
3．从1，2，3，…，2n中任选n+1个数，证明在这n+1个数中至少有一对数互质。
鸽子洞原理，必有两个数相邻，相邻的两个数互质4．Prove that Ramsey number R(p,q)≤R(p,q-1)+R(p-1,q).令N＝R(p,q-1)+R(p-1,q)，从N个人中中随意选取一个a，F表示与a相识的人，S表示与a不相识的人。
在剩下的R(p,q-1)+R(p-1,q)－2＋1个人中，由鸽子洞原理有，或者F中有R(p,q-1)人，或者S中有R(p-1,q)人。