图论第二次作业 电子科技大学
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。
电子科技大学图论作业
图论作业3一、填空题1. 完全图K2n共有个不同的完美匹配。
2. 超方体Q6的最小覆盖包含的点数为。
3. 图K m,n (m≤n)的最小覆盖包含的点数为。
4. 完全图K60能分解为个边不重的一因子之并。
5. 完全图K61能分解为个边不重的二因子之并。
6. 假设G是具有n个点、m条边、k个连通分支的无圈图，则G的荫度为。
7. 图G是由3个连通分支K1, K2, K4组成的平面图，则其共有个面。
8. 设图G与K5同胚，则至少从G中删掉条边才可能使其成为可平面图。
9. 设连通平面图G具有5个顶点，9条边，则其面数为。
10. 若图G是10阶极大平面图，则其面数等于。
11. 若图G是10阶极大外平面图，其内部面共有个。
二、不定项选择题1. 关于非平凡树T，下面说法错误的是( )(A) T至少包含一个完美匹配；(B) T至多包含一个完美匹配；(C) T的荫度大于1；(D) T是只有一个面的平面图；(E) T的对偶图是简单图。
2. 下列说法正确的是( )(A) 三正则的偶图存在完美匹配；(B) 无割边的三正则图一定存在完美匹配；(C) 有割边的三正则图一定没有完美匹配；(D) 有完美匹配的三正则图一定没有割边；(E) 三正则哈密尔顿图存在完美匹配。
3. 下列说法正确的是( )(A) 在偶图中，最大匹配包含的边数等于最小覆盖包含的点数；(B) 任一非平凡正则偶图包含完美匹配；(C) 任一非平凡正则偶图可以1-因子分解；(D) 偶度正则偶图可以2-因子分解；(E) 非平凡偶图的最大匹配是唯一的。
4. 下列说法中错误的是( )(A) 完全图K101包含1-因子；(B) 完全图K101包含2-因子；(C) 完全图K102包含1-因子；(D) 完全图K102包含2-因子；(E) 图G的一个完美匹配实际上就是它的一个1因子；(F) 图G的一个2-因子实际上就是它的一个哈密尔顿圈。
5. 下列说法正确的是( )(A) 方体Q n可以1-因子分解；(B) 非平凡树可以1-因子分解；(C) 无割边的3正则图可以1-因子分解；(D) 有割边的3正则图一定不可以1-因子分解；(E) 可1-因子分解的3正则图一定是哈密尔顿图。
电子科大研究生图论06-14年图论期末试题
(A) (11123); (B) (22222); (C) (3333); (D) (1333). 2． 下列图中，是欧拉图的是（ ）
A
B
C
D
3． 下列图中，不是哈密尔顿图的是（
）
A
B
C
D
4． 下列图中，是可平面图的图的是（
）
A
B
C
D
5．下列图中，不是偶图的是（ ）
A
B
C
D
三、 (8 分)画出具有 7 个顶点的所有非同构的树
一．填空题(每题 2 分，共 12 分) 1． 简单图 G=(n,m)中所有不同的生成子图(包括 G 和空图)的个数 是_____个； 2． 设无向图 G=(n,m)中各顶点度数均为 3， 且 2n=m+3,则 n=_____; m=_____； 3．一棵树有 ni 个度数为 i 的结点，i=2,3,…,k,则它有____个度 数为 1 的结点； 4．下边赋权图中，最小生成树的权值之和为_______;
六． (10 分)设 l 是赋权完全偶图 G=(V,E)的可行顶点标号， 若标号对 应的相等子图 Gl 含完美匹配 M * ,则 M * 是 G 的最优匹配。
七.(10 分) 求证：在 n 阶简单平面图 G 中有 φ ≤ 2n − 4 ，这里 φ 是 G 的面数。
八、(10 分)来自亚特兰大，波士顿，芝加哥，丹佛，路易维尔，迈 阿密， 以及纳什维尔的 7 支垒球队受邀请参加比赛， 其中每支队都被 安排与一些其它队比赛(安排如下所示)。 每支队同一天最多进行一场 比赛。建立一个具有最少天数的比赛时间表。 亚特兰大：波士顿，芝加哥，迈阿密，纳什维尔 波士顿：亚特兰大，芝加哥，纳什维尔 芝加哥：亚特兰大，波士顿，丹佛，路易维尔 丹佛：芝加哥，路易维尔，迈阿密，纳什维尔 路易维尔：芝加哥，丹佛，迈阿密
电子科技大学-图论第一次作业-
课本习题一：
4. 证明下面两图同构。
v1
u1
v2
v6
v10 v5
v7
v8 v9
v3
v4 (a)
u6 u5
u2
u8
u10
u3
u7
u9
u4
(b)
证明:作映射 f : vi ↔ ui (i=1,2….10)
容易证明，对vi v j E ((a)),有 f (v i vj,),,ui,uj,,E,((b))
中不
3.设 G 是阶大于 2 的连通图，证明下列命题等价：
（1）
G 是块
（2）
G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一
个圈上；
（3）
G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。
： 是块，任取 的一点 ，一边 ，在 边插入一点 ，使得 成为两条边，由此 得到新图 ，显然 的是阶数大于 的块，由定理 4， 中的 u,v 位于同一个 圈上，于是 中 u 与边 都位于同一个圈上。
件下的不同构的情形，则从上面穷举出的情况可以看出四个顶点的非同构简单图
有 11 个。
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
(G1) 2 最小边割{（6,5），（8,5）} {（6,7），（8,7）}{（6,9），（8,9）}
1j 10 ) 由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。
5.证明：四个顶点的非同构简单图有 11 个。
证明：设四个顶点中边的个数为 m，则有：
电子科大图论答案(优.选)
图论第三次作业一、第六章2.证明：根据欧拉公式的推论，有m ≦l*(n-2)/(l-2),(1)若deg(f)≧4,则m ≦4*(n-2)/2=2n-4;(2)若deg(f)≧5,则m ≦5*(n-2)/3,即：3m ≦5n-10;(3)若deg(f)≧6,则m ≦6*(n-2)/4,即：2m ≦3n-6.3.证明：∵G 是简单连通图，∴根据欧拉公式推论，m ≦3n-6;又，根据欧拉公式：n-m+φ=2,∴φ=2-n+m ≦2-n+3n-6=2n-4.4.证明：(1)∵G 是极大平面图，∴每个面的次数为3，由次数公式：2m==3φ,由欧拉公式：φ=2-n+m,∴m=2-n+m,即：m=3n-6.(2)又∵m=n+φ-2,∴φ=2n-4.(3)对于3n >的极大可平面图的的每个顶点v ，有()3d v ≥，即对任一一点或者子图，至少有三个邻点与之相连，要使这个点或子图与图G 不连通，必须把与之相连的点去掉，所以至少需要去掉三个点才能使()(H)w G w G <-，由点连通度的定义知()3G κ≥。
5.证明：假设图G 不是极大可平面图，那么G 不然至少还有两点之间可以添加一条边e ，使G+e 仍为可平面图，由于图G 满足36m n =-，那么对图G+e 有36m n '=-，而平面图的必要条件为36m n '≤-，两者矛盾，所以图G 是极大可平面图。
6.证明：(1)由()4G δ=知5n ≥当n=5时，图G 为5K ，而5K 为不可平面图，所以6n ≥，（由()4G δ=和握手定理有24m n ≥，再由极大可平面图的性质36m n =-，即可得6n ≥）对于可平面图有()5G δ≤，而6n ≥，所以至少有6个点的度数不超过5.(2)由()5G δ=和握手定理有25m n ≥，再由极大可平面图的性质36m n =-，即可得12n ≥，对于可平面图有()5G δ≤，而12n ≥，所以至少有12个点的度数不超过5.二、第七章2.证明：设n=2k+1,∵G 是Δ正则单图，且Δ>0,∴m(G)==>k Δ,由定理5可知χˊ(G)=Δ(G)+1.28.解： (1)又：=k(k-1)(k-2)2(k-3)+k(k-1)2(k-2)=k(k-1)(k-2)(k2-4k+5)=k(k-1)(k-2)2(k-3),所以，原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-4k+5)-k(k-1)(k-2)2(k-3)=k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)(2)∵原图与该图同构，又，同构的图具有相同的色多项式，所以原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)。
电子科技大学-图论第二次作业
复杂性分析：在第 k 次循环里，找到点 u0 与 v0，要做如下运算: (a) 找出所 有不邻接点对----需要 n(n-1)/2 次比较运算；(b) 计算不邻接点对度和----需要做 n(n-1)/2-m(G)次加法运算;(c ),选出度和最大的不邻接点对----需要 n(n-1)/2-m(G)次
2) 若 ek 不在 Ck 中，令 Gk-1=Gk-ek, Ck-1=Ck; 否则转 3); 3) 设 ek=u0v0 ∈Ck, 令 Gk-1=Gk-ek; 求 Ck 中两个相邻点 u 与 v 使得 u0,v0,u,v 依序 排列在 Ck 上，且有：uu0,vv0 ∈E(Gk-1),令：
Ck1 Ck u0v0,uvuu0,vv0
如果在
中有 H 圈
如下： Ck1 (u0 , v0 , v1,..., vn2 , u0 )
我们有如下断言： 在Ck1上，vi , vi1, 使得u0vi , v0vi1 E(Gk )
若不然，设
那么在 Gk 中，至少有 r 个顶点与 v0 不邻接，则
≦(n-1)-r < n-r， 这样与 u0，v0 在 Gk 中度和大于等于 n 矛盾！
图的闭包算法：
1) 令 =G ,k=0;
2) 在 中求顶点 与 ,使得：
dGk (u0 ) dGk (v0 ) max dGk (u) dGk (v) uv E(Gk )
3) 如果 此时得到 G 的闭包；
dGk (u0 ) dGk (v0 ) n
则转 4);否则，停止，
4) 令
,
,转 2).
则 是非 Hamilton 图
(2)因为 是具有二分类 的偶图，又因为
，在这里假设
,则有
,也就是说：对于
电子科大研究生图论考试 附答案
1电子科技大学研究生试卷（考试时间： 至 ，共__2_小时）课程名称 图论及其应用 教师 学时 60 学分 教学方式 讲授 考核日期_2013__年_6__月__20__日 成绩 考核方式： （学生填写）一．填空题(每空2分，共20分)1． n 阶k 正则图G 的边数m =_____。
2．4个顶点的不同构单图的个数为________。
3．完全偶图,r s K (,2r s ≥且为偶数)，则在其欧拉环游中共含____条边。
4．高为h 的完全2元树至少有_______片树叶。
5. G 由3个连通分支124,,K K K 组成的平面图，则其共有_______个面。
6. 设图G 与5K 同胚，则至少从G 中删掉_______条边，才可能使其成为可平面图。
7. 设G 为偶图，其最小点覆盖数为α，则其最大匹配包含的边数为________。
8. 完全图6K 能分解为________个边不重合的一因子之并。
9. 奇圈的边色数为______。
10. 彼得森图的点色数为_______。
二．单项选择(每题3分，共15分) 1．下面说法错误的是( )学 号 姓 名 学 院…………………… 密……………封……………线……………以……………内……………答…… ………题……………无……………效……………………2(A) 图G 中的一个点独立集，在其补图中的点导出子图必为一个完全子图；(B) 若图G 连通，则其补图必连通； (C) 存在5阶的自补图； (D) 4阶图的补图全是可平面图. 2．下列说法错误的是（ ） (A) 非平凡树是偶图；(B) 超立方体图(n 方体,1n ≥)是偶图； (C) 存在完美匹配的圈是偶图； (D) 偶图至少包含一条边。
3.下面说法正确的是( )(A) 2连通图一定没有割点（假定可以有自环）； (B) 没有割点的图一定没有割边；(C) 如果3阶及其以上的图G 是块，则G 中无环，且任意两点均位于同一圈上；(D) 有环的图一定不是块。
电子科大12年研究生图论试卷
电子科技大学研究生试卷学号姓名学院…………………… 密……………封……………线……………以……………内……………答……………题……………无……………效……………………（考试时间：至，共__2_小时）课程名称图论及其应用教师学时 60 学分教学方式讲授考核日期_2012__年___月____日成绩考核方式：（学生填写）一、填空题（填表题每空1分，其余每题2分，共30分)1．阶正则图G的边数=；2．3个顶点的不同构的简单图共有个；3．边数为的简单图的不同生成子图的个数有个；4. 图与图的积图的边数为；5. 在下图中，点到点的最短路长度为；6. 设简单图的邻接矩阵为，且，则图的边数为；7. 设是n阶简单图，且不含完全子图，则其边数一定不会超过；8．的生成树的棵数为;9. 任意图的点连通度、边连通度、最小度之间的关系为；10. 对下列图，试填下表（是类图的打〝√ 〞，否则打〝〞）。
①②③能一笔画的图Hamilton图偶图可平面图①√√②√√③√√√二、单项选择(每题2分，共10分)1．下面命题正确的是 ( B )对于序列，下列说法正确的是：(A) 是简单图的度序列；(B) 是非简单图的度序列;(C) 不是任意图的度序列;(D) 是图的唯一度序列.2．对于有向图，下列说法不正确的是 ( D )(A) 有向图中任意一顶点只能处于的某一个强连通分支中；(B) 有向图中顶点可能处于的不同的单向分支中;(C) 强连通图中的所有顶点必然处于强连通图的某一有向回路中;(D) 有向连通图中顶点间的单向连通关系是等价关系。
3.下列无向图可能不是偶图的是 ( D )(A) 非平凡的树；(B) 无奇圈的非平凡图；(C) 方体；注意：n方体是n正则二部图。
(D) 平面图。
4.下列说法中正确的是 ( C )(A) 连通3正则图必存在完美匹配；(B) 有割边的连通3正则图一定不存在完美匹配；(C) 存在哈密尔顿圈的3正则图必能1因子分解；(D) 所有完全图都能作2因子分解。
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图论第二次作业
一、第四章
4.3（1）画一个有Euler 闭迹和Hamilton 圈的图； （2）画一个有Euler 闭迹但没有Hamilton 圈的图； （3）画一个有Hamilton 圈但没有Euler 闭迹的图； （4）画一个既没有Euler 闭迹也没有Hamilton 圈的图； 解：（1）一个有Euler 闭迹和Hamilton 圈的图形如下：
（2）一个有Euler 闭迹但没有Hamilton 圈的图形如下：
（3）一个有Hamilton 圈但没有Euler 闭迹的图形如下：
（4）一个既没有Euler 闭迹也没有Hamilton 圈的图形如下：
4.7证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1,C 1,....,C m ,使得E(G)=E(C 1) E(C 2) ..... E(C m )。
证明：将G 中孤立点除去后的图记为G 1,则G 1也没有奇点，且δ(G 1)≥2，则G 1含圈C 1，在去掉G 1-E(C 1)的孤立点后，得图G 2，显然G 2仍无奇度点，且(G 2)≥2，从而G 2含圈C 2，
如此重复下去，直到圈C m ，且G m -E(C m )全为孤立点为止，于是得到E(G) E(C 1) E(C 2) ... E(C m )。
4.10证明：若
（1）G 不是二连通图，或者
（2）G 是具有二分类(X,Y)的偶图，这里|X|≠|Y|， 则G 是非Hamilton 图。
证明：（1）因为G 不是二连通图，则G 不连通或者存在割点V ，有w(GV)2，由相关定理得：若G 是Hamilton 图，则对于V(G)的任意非空顶点集S ，有：w(GS)S ，则该定理得逆否命题也成立，所以可得：若G 不是二连通图，则G 是非Hamilton 图。
（2）因为G 是具有二分类(X,Y)的偶图，又因为|X|≠|Y|，在这里假设|X|≠|Y|，则有w(G-X)=Y>X ，也就是说：对于V(G)的非空顶点集S ，有：w(G-S)>S 成立，则可以得出G 是非Hamilton 图。
4.12设G 是有度序列(d1,d2,...,dn)的非平凡简单图，这里d 1≤d 2≤...≤d n ，证明：若不存在小于(n+1)/2的正整数m ，使得d m <m 且d n-m+1<n-m ，则G 有Hamliton 路。
证明：在G 之外加上一个新点V ，把它和G 的其余各点连接，得图G1：
G1的度序列为：(d 1+1,d 2+1...d n+1,n)，由已知：不存在小于(n1)/2的正整数m ，使得d m +1
≤m 且d n-m+1<n-m+1=(n+1)-m 。
于是由度序列判定定理知：G1是Hamilton 路，则G 有Hamliton 路。
二、第五章作业
5.1（1）证明：每个k 方体都有完美匹配（k ≥2）; （2）求K 2n 和K n,n 中不同的完美匹配的个数。
证明：（1）证明每个k 方体都是k 正则偶图即可。
事实上，由k 方体的构造：k 方体有2k
个顶点，每个顶点可以用长度为k 的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。
如果我们划分k 方体的2k 个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X ，其余归入Y 。
显然，X 中顶点互不邻接，Y 中顶点也如此。
所以k 方体是偶图。
又不难知道k 方体的每个顶点度数为k ，所以k 方体是k 正则偶图。
由推论得：k 方体存在完美匹配。
解：（2）利用归纳法求K 2n 和K n,n 中不同的完美匹配的个数。
K 2n 的任意一个顶点有2n-1中不同的方法被匹配。
所以K 2n 的不同完美匹配个数等于(2n-1)K 2n-2，如此递推下去，可以归纳出K 2n 的不同完美匹配个数为：(2n-1)!!；利用同样的方法可归纳出Kn,n 的不同完美匹配个数为：n!。
5.2证明：一棵树最多只有一个完美匹配。
证明：若不然，设M1和M2是树T 的两个不同的完美匹配，那么M1∆M ≠2，容易知道：T[M1∆M2]每个非空部分顶点度数为2，即它存在圈，于是推出T 中有圈，矛盾。
所以一棵树最多只有一个完美匹配。
5.6证明：K2n 的1-因子分解的数目为(2n)!/2n n!。
证明：由结论知：K 2n 不同完美匹配的个数为(2n-1)!!。
所以，K2n 的1-因子分解 数目为(2n-1)!!个。
即：(2n-1)!!=(2n)!/2n n! 5.7将K 9表示为四个生成圈之和。
解：K 4n+1=K 2(2n)+1，所以，可以分解成2n 个边不重的2因子之和。
而K 9=K 2*4+1。
所以K 9可以表示为四个边不重的2因子之和，对于每个分解出的因子的路径为： P i =V i V i-1+V i +1V i -2+V i +2V i-3...V in V in 则K 9的四条路径为： P 1=V 1V 8V 2V 7V 3V 6V 4V 5 P 2=V 2V 1V 3V 8V 4V 7V 5V 6 P 3=V 3V 2V 4V 1V 5V 8V 6V 7 P 4=V 4V 3V 5V 2V 6V 1V 7V 8
则生成圈Hi 是V 2n+1与Pi 的两个端点连线生成的。
所以可将K9表示为四个生成圈之和。
5.13所谓n ×n 矩阵的一条对角线是指两两不同行不同列的n 个矩阵元素组成的集。
对角线的权是指它的n 个元素的和。
找出下列矩阵具有最小权的对角线：
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡8 9 7 5 47 10 13 6 66 9 12 5 84 7 5 6 711 10
8 5 4
解：首先从第一行第一列开始，找出矩阵中的最小元素，发现为坐标是(1,1)的4，
将其所在的行和列删除，得到的矩阵为
⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡4 7 5 66 9 12 57 10 13 68 9 7 5 再从此矩阵的第一行第一列开始，找出矩阵中的最小元素，发现为原坐标是(2,5)的4。
依次类推，继续得到坐标是(3,2)的5，(5,3)的7，(4,4)的10。
所以最小权为：4+4+5+7+10=30。
5.19证明:对n ≥1,K 4n+1有一个4-因子分解。
证明:K4n+1=K2(2n)+1所以，可以分解为2n 个边不重的2因子之和。
而任意2个2因子可以并成一个4因子。
所以，共可以并成n 个4因子。
即K 4n+1可以分解为n 个4因子的和。