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-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：
电子科技大学-图论第二次作业-杨春
习题四：3.（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）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.)+2,则G是Hamilton图。
4.设n阶无向简单图G有m条边，证明:若m≥(n−12证明: G是H图。
若不然，因为G是无向简单图，则n≥3,由定理1：若G是n≥3的非单图，则G 度弱于某个C m,n.于是有：2,1()()(2)(1)(1)2111(1)(2)(1)(21)221 1.2m n E G E C m n m n m m m n m m m n m n ⎡⎤≤=+---+-⎣⎦-⎛⎫=+------- ⎪⎝⎭-⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭这与条件矛盾！所以G 是H 图。
8.证明：若G 有2k ≥0个奇点，则存在k 条边不重的迹Q 1,Q 2…Q k ,使得E (G )=E (Q 1)∪E (Q 2)∪E (Q 3)∪⋯∪E(Q k ).证明：不失一般性，只就G 是连通图进行证明。
设G=(n, m)是连通图。
令v l ，v 2，…,v k ,v k+1,…,v 2k 是G 的所有奇度点。
在v i 与v i+k 间连新边e i 得图G*（1≦i ≦k).则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C.在C 中删去e i （1≦i ≦k).得k 条边不重的迹Q i （1≦i ≦k):12()()()()k E G E Q E Q E Q =U UL U10.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。
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习题四：3.（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）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.)+2,则G是Hamilton图。
4.设n阶无向简单图G有m条边，证明:若m≥(n−12证明: G是H图。
若不然，因为G是无向简单图，则n≥3,由定理1：若G是n≥3的非单图，则G 度弱于某个C m,n.于是有：2,1()()(2)(1)(1)2111(1)(2)(1)(21)221 1.2m n E G E C m n m n m m m n m m m n m n ⎡⎤≤=+---+-⎣⎦-⎛⎫=+------- ⎪⎝⎭-⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭这与条件矛盾！所以G 是H 图。
8.证明：若G 有2k ≥0个奇点，则存在k 条边不重的迹Q 1,Q 2…Q k ,使得E (G )=E (Q 1)∪E (Q 2)∪E (Q 3)∪⋯∪E(Q k ).证明：不失一般性，只就G 是连通图进行证明。
设G=(n, m)是连通图。
令v l ，v 2，…,v k ,v k+1,…,v 2k 是G 的所有奇度点。
在v i 与v i+k 间连新边e i 得图G*（1≦i ≦k).则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C.在C 中删去e i （1≦i ≦k).得k 条边不重的迹Q i （1≦i ≦k):12()()()()k E G E Q E Q E Q =U UL U10.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。
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习题四：3.（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）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.)+2,则G是Hamilton图。
4.设n阶无向简单图G有m条边，证明:若m≥(n−12证明: G是H图。
若不然，因为G是无向简单图，则n≥3,由定理1：若G是n≥3的非单图，则G 度弱于某个C m,n.于是有：2,1()()(2)(1)(1)2111(1)(2)(1)(21)221 1.2m n E G E C m n m n m m m n m m m n m n ⎡⎤≤=+---+-⎣⎦-⎛⎫=+------- ⎪⎝⎭-⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭这与条件矛盾！所以G 是H 图。
8.证明：若G 有2k ≥0个奇点，则存在k 条边不重的迹Q 1,Q 2…Q k ,使得E (G )=E (Q 1)∪E (Q 2)∪E (Q 3)∪⋯∪E(Q k ).证明：不失一般性，只就G 是连通图进行证明。
设G=(n, m)是连通图。
令v l ，v 2，…,v k ,v k+1,…,v 2k 是G 的所有奇度点。
在v i 与v i+k 间连新边e i 得图G*（1≦i ≦k).则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C.在C 中删去e i （1≦i ≦k).得k 条边不重的迹Q i （1≦i ≦k):12()()()()k E G E Q E Q E Q =U UL U10.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。
电子科技大学-图论第二次作业
习题四：3. (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) 画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图;解：找到的图如下：(1)一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图；(2)—个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图;⑶一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.4. 设n阶无向简单图G有m条边，证明：若2 ) * ',则G是血加此"图。
证明：G是H图。
若不然，因为G是无向简单图，则n芝3,由定理％若G是n芝3的非单图，则G、一 ...C …度弱丁某个阵".于是有：- - 1 2 E(G)| E(C m,n ) - m (n 2m)(n m 1) m(m 1)1.这与条件矛盾！所以G 是H 图若G 有个奇点，则存在k 条边不重的迹Q1・Q 矿心，使得 E(G) = E(Q 】)U E(Q J U E(Q 3) U …U E(Q k ) 证明：不失一般性，只就 G 是连通图进行证明。
设 G=(n, m)是连通图。
令 虬 V 2,…,v,V k+1,…,v 是G 的所有奇度点。
在V i与v i+k 问连新边e i 得图G* (1三隹k). 则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C 在C 中删去e i (1m M k).得 k 条边不重的迹Qi (1 MiMk):E(G) E(Q1^E(Q2^^E(Qk)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) G|不是二连通图，则G 不连通或者存在割点v ,俨任-v) >2 ,由丁课本 上的相关定理：若G 是Hamilton 图，则对丁*勇)的任意非空顶点集S,有： w(G- S) <|S|,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图， 则G 是非Hamilton 图(2)因为是具有二分类(XI)的偶图，乂因为|X|丰1丫1,在这里假设|X| < |Y|,则有 w(G-X) = |Y|>|X|，也就是说：对北(G)|的非空顶点集S,有：w(G-S)>||S|成 立，则可以得出则G 是非Hamilton 图。
最新电子科大图论 第二次作业(4、5章) 答案资料
习题四3.（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）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.7. 将G中的孤立点去掉后的图为G1，则G1也是没有奇度点的，且G1的最小度大于等于2.则G1存在一个圈S1，在G1 –S1中去除孤立的点，得到一个新的图G2，显然G2也没有奇度的点，且G2的最小度大于等于2.这样G2中也存在一个圈S2，这样一直下去，指导Gm中有圈Sm，且Gm-Sm都是孤立的点。
这样E(G) = E(G1)并E(G2)…并E(Gm).命题得证。
10．证明：若：（1）不是二连通图，或者（2）是具有二分类的偶图，这里,则是非Hamilton图。
证明：（1）不是二连通图，则不连通或者存在割点,有,由于课本上的相关定理：若是Hamilton图，则对于的任意非空顶点集，有：,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图，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：对于的非空顶点集，有：成立，则可以得出则是非Hamilton图。
习题五1.(1)证明：每个k方体都有完美匹配(k大于等于2)(2) 求K2n和K n,n中不同的完美匹配的个数。
证明一：证明每个k方体都是k正则偶图。
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，否则归入Y。
电子科大图论-第二次作业
图论及其应用第二次作业要求：1、交电子档给助教【助教给每个班设置邮箱，助教设置提交回复】；2、第7章授课结束前均可以提交；3、希望能够独立完成。
1．判断图4-43所示的四个图是否可以一笔画。
上面四个图都是连通图，看是否能一笔画成问题本质上看图是否存在欧拉迹；连通图有欧垃迹当且仅当G 最多有两个奇点。
（a ）不可以 有4个奇点（b ）可以 一个奇点（c ）可以 两个奇点（d ）可以 没有奇点2.（1）画一个有欧拉闭迹和哈密尔顿圈的图；（2）画一个有欧拉闭迹但没有哈密尔顿圈的图；(3) 画一个有哈密尔顿圈但没有欧拉闭迹的图；（4）画一个既没有欧拉闭迹也没有哈密尔顿圈的图。
3. 设n 阶无向简单图G 有m 条边。
证明：若m ≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-21n +2，则G 是哈密尔顿图。
(b) (c) (d ) 图4-43证明：G 是H 图。
若不然，因为G 是无向简单图，则n ≥3，由定理1：若G 是n ≥3的非单图，则G 度弱于C m,n 。
于是有：2,1()()(2)(1)(1)21111(1)(2)(1)(21) 1.222m n E G E C m n m n m m n n n m m m n m ⎡⎤≤=+---+-⎣⎦--⎛⎫⎛⎫=+-------≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 这与条件矛盾！所以G 是H 图。
4. 在图4-45中，哪些图是哈密尔顿图？哪些图中有哈密尔顿路？(a)非哈密尔顿图，没有哈密尔顿路(b)哈密尔顿图 （abcdejhfiga)(c)哈密尔顿图 （kjdhbagciefk)(d)非哈密尔顿图 有哈密尔顿路（hjaidebcgf)(e)不是哈密尔顿图，因为有割点a ，有哈密尔顿路（jaibcedkgfh ）5. 证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1, C 2,…, 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)，则G 1含圈C 1，在去掉()11G E C -的孤立点后，得图G 2，显然G 2仍无奇度点，且δ（G 2）≥ 2，从而G 2含圈C 1，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 )。
电子科技大学-图论第二次作业-杨春
习题四：3.（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）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.)+2,则G是Hamilton图。
4.设n阶无向简单图G有m条边，证明:若m≥(n−12证明: G是H图。
若不然，因为G是无向简单图，则n≥3,由定理1：若G是n≥3的非单图，则G 度弱于某个C m,n.于是有：2,1()()(2)(1)(1)2111(1)(2)(1)(21)221 1.2m n E G E C m n m n m m m n m m m n m n ⎡⎤≤=+---+-⎣⎦-⎛⎫=+------- ⎪⎝⎭-⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭这与条件矛盾！所以G 是H 图。
8.证明：若G 有2k ≥0个奇点，则存在k 条边不重的迹Q 1,Q 2…Q k ,使得E (G )=E (Q 1)∪E (Q 2)∪E (Q 3)∪⋯∪E(Q k ).证明：不失一般性，只就G 是连通图进行证明。
设G=(n, m)是连通图。
令v l ，v 2，…,v k ,v k+1,…,v 2k 是G 的所有奇度点。
在v i 与v i+k 间连新边e i 得图G*（1≦i ≦k).则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C.在C 中删去e i （1≦i ≦k).得k 条边不重的迹Q i （1≦i ≦k):12()()()()k E G E Q E Q E Q =U UL U10.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。
电子科大图论 第二次作业45章 答案
习题四3.（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）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图;(4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.7. 将G中的孤立点去掉后的图为G1，则G1也是没有奇度点的，且G1的最小度大于等于2.则G1存在一个圈S1，在G1 –S1中去除孤立的点，得到一个新的图G2，显然G2也没有奇度的点，且G2的最小度大于等于2.这样G2中也存在一个圈S2，这样一直下去，指导Gm中有圈Sm，且Gm-Sm都是孤立的点。
这样E(G) = E(G1)并E(G2)…并E(Gm).命题得证。
10．证明：若：（1）不是二连通图，或者（2）是具有二分类的偶图，这里,则是非Hamilton图。
证明：（1）不是二连通图，则不连通或者存在割点,有,由于课本上的相关定理：若是Hamilton图，则对于的任意非空顶点集，有：,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图，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：对于的非空顶点集，有：成立，则可以得出则是非Hamilton图。
习题五1.(1)证明：每个k方体都有完美匹配(k大于等于2)(2) 求K2n和K n,n中不同的完美匹配的个数。
证明一：证明每个k方体都是k正则偶图。
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，否则归入Y。
电子科大图论 第二次作业(4、5章) 答案(优.选)
，在这里假设
,则有
,也就是说：对于
的非空顶点集 ，有：
成
立，则可以得出则 是非 Hamilton 图。
习题五
1. (1)证明：每个 k 方体都有完美匹配(k 大于等于 2)
(2) 求 K2n 和 Kn,n 中不同的完美匹配的个数。 证明一：证明每个 k 方体都是 k 正则偶图。 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，否则 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：k 方体存在完美匹配。 证明二：直接在 k 方体中找出完美匹配。
10．证明：若：
（1） 不是二连通图，或者
（2） 是具有二分类 的偶图，这里
,
1 / 4word.
则 是非 Hamilton 图。
证明：（1） 不是二连通图，则 不连通或者存在割点 ,有
,由于课本
上的相关定理：若 是 Hamilton 图，则对于
的任意非空顶点集 ，有：
,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若 不是二连通图，
所以 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：
, 则 的四条路径为：
,
, ,
则生成圈 是 圈之和。
, 与 的两个端点连线生成的。所以可以将 表示为四个生成
13.
3 / 4word.
所以最小的权值之和为 30
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电子科技大学研究生试
题图论及其应用参考答
案
公司标准化编码 [QQX96QT-XQQB89Q8-NQQJ6Q8-MQM9N]
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(k2)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______, 边色数)(G__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 ）
6．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。
A B C
D
1
2
3
A B C
D
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Pk(G).
解：用公式)()()(eGPGPeGPkkk•，可得G的色多项式：
)3)(2()1()()(3)()(2345kkkkkkkGP
k
。
六．(10分) 一棵树有n2个顶点的度数为2，n3个顶点的度数为3，…，nk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n1个1度顶点，树的边数为m.
一方面：2m=n1+2n2+…+kn
k
另一方面：m= n1+n2+…+nk
-1
由上面两式可得：n1=n2+2n3+…+(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。
证明：(1) 若不然，设C=v1v2…vm v1为G的一个奇圈，不妨设v1X,
v
5
v
4
v
3
v
2
v
1
1
v
6
2
3
4
568
10
7
4
9
6
图G
则：vmX,这样推出v1与vm邻接，与G是偶图矛盾。
(2)若 |X |≠|Y |，设|X ||Y |，则 (G-Y)Y,由H图的必要条件，G为非哈密尔顿
图。
八．（8分）设G是边数m小于30的简单连通平面图，证明:G中存在顶点v，使d(v)4.
证明：若不然，则对任意的vV(G),有d(v)5，这样，一方面有：
2m=d(v)5n (1)
另一方面，G为简单连通平面图，有：
m3n-6 (2)
由(1),mn52,把该式代入(2)得：m30,与题设矛盾。
九．(8分) 证明：每个没有割边的3正则图都有完美匹配。
证明：设G是没有割边的3正则图，S是V的真子集，用G1, G2,…,Gn表示G-S的奇分
支，并设mi是一个顶点在Gi中，另一个端点在S中的那些边的条数。由于G是3正则
图，所以
,)(3)()(iGVvGVvd
1in (1)
且
SvdSv3)(
（2）
由(1)式，)()(2)(GiVviiGEvdm是奇数。又由于G没有割边，所以mi 1
因此，mi 3, 1 i n (3)
由(3)可得：
由托特定理，G中有完美匹配。