离散数学第五版清华大学出版社第7章习题解答.docx
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离散数学第五版清华大学出版社第7章习题解答
离散数学(第五版)清华大学出版社第7章习题解答
7.1
(1),
(2),(3),(5)都能构成无向图的度数列,其中除(5)外又都能构成无向简单图的度数列.
分析1°非负整数列d,d,L,d能构成无向图的度数列当且仅当ndi为
12n∑
i=1偶数,即d1,d2,L,dn中的奇数为偶数个.
(1),
(2),(3),(5)中分别有4个,0个,4个,4个奇数,所以,它们都能构成无向图的度数列,当然,所对应的无向图很可能是非简单图.而(4)中有3个奇数,因而它不能构成无向图度数列.否则就违背了握手定理的推论.
2°(5)虽然能构成无向图的度数列,但不能构成无向简单度数列.否则,若存在无向简单图G,以1,3,3,3为度数列,不妨设G中顶点为v1,v2,v3,v4,且d(vi)=1,于是d(v2)=d(v3)=d(v4)=3.而v1只能与v2,v3,v4之一相邻,设v1与v2相邻,这样一来,除v2能达到3度外,v3,v4都达不到3度,这是矛盾的.
在图7.5所示的4个图中,
(1)以1为度数列,
(2)以2为度数列,(3)以3为度数列,(4)以4为度数列(非简单图).
7.2设有几简单图D以2,2,3,3为度数列,对应的顶点分别为v1,v2,v3,v4,由于d(v)=d+(v)+d_(v),所示,d+(v)−d−(v)=2−0=2,d+(v)=d(v)−d−(v)
11222=2−0=2,d+(v)=d(v)−d−(v)=3−2=1,d+(v)=d(v)−d−(v)=3−3=0
333444
81
由此可知,D的出度列为2,2,1,0,且满足d+(v)=d−(v).请读者画出
∑i∑i
一个有向图.以2,2,3,3为度数列,且以0,0,2,3为入度列,以2,2,1,0为出度列.
7.3D的入度列不可能为1,1,1,1.否则,必有出度列为2,2,2,2(因为d(v)=d+(v)+d−(v)),)此时,入度列元素之和为4,不等于出度列元素之和8,这违背握手定理.类似地讨论可知,1,1,1,1也不能为D的出席列.
7.4不能.N阶无向简单图的最大度Δ≤n−1.而这里的n个正整数彼此不同,因而这n个数不能构成无向简单图的度数列,否则所得图的最大度大于n,这与最大度应该小于等于n-1矛盾.
7.5
(1)16个顶点.图中边数m=16,设图中的顶点数为n.根据握手定理可知2m=32=nd(v)=2n
∑i
i=1
所以,n=16.
(2)13个顶点.图中边数m=21,设3度顶点个数为x,由握手定理有
2m=42=3×4+3x
由此方程解出x=10.于是图中顶点数n=3+10=13.
(3)由握手定理及各顶点度数均相同,寻找方程
2×24=nk
的非负整数解,这里不会出现n,k均为奇数的情况.其中n为阶级,即顶点数,k为度数共可得到下面10种情况.
①个顶点,度数为48.此图一定是由一个顶点的24个环构成,当然为非简单图.
②2个顶点,每个顶点的度数均为24.这样的图有多种非同构的情况,一定为非简单图.
③3个顶点,每个顶点的度数均为16.所地应的图也都是非简单图.
④4个顶点,每个顶点的度数均为12.所对应的图也都是非简单图.
⑤6个顶点,每个顶点的度数均为8,所对应的图也都是非简单图.
⑥个顶点,每个顶点的度数均为6.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.
82
⑦12个顶点,每个顶点的度数均为4.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.
⑧16个顶点,每个顶点的度数均为3,所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.
⑨24个顶点,每个顶点的度数均为2.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.
⑩48个顶点,每个顶点的度数均为1,所对应的图是唯一的,即由24个K2构成的简单图.
分析由于n阶无向简单图G中,ΔG()≤n−1,的以①-⑤所对应的图不可能有简单图.⑥-⑨既有简单图,也有非简单图,读者可以画出若干个非同构的图,而⑩只能为简单图.
7.6设G为n阶图,由握手定理可知
70=2×35=nd(v)≥3n,
∑1
i=1
所以,
⎢70⎥
n≤=23.
⎢3⎥
⎣⎦
⎢70⎥
这里,⎣x⎦为不大于x的最大整数,例如⎣2⎦=2,⎣2.5⎦=2,=23.
⎢3⎥
⎣⎦
7.7由于δ(G)=n−1,说明G中任何顶点v的度数d(v)≥δ(G)=n−1,可是由于G为简单图,因而ΔG()≤n−1,这又使得d(v)≤n−1,于是d(v)=n−1,也就是说,G中每个顶点的度数都是n−1,因而应有ΔG()≤n−1.于是G为(n−1)阶正则图,即G为n阶完全图Kn.
7.8由G的补图G的定义可知,GUG为Kn,由于n为奇数,所以,Kn中各项顶点的度数n−1为偶数.对于任意的v∈V(G),应有v∈V(G),且
dG(v)_d(v)=dK(v)=n−1
Gn
83
其中dG(v)表示v在G中的度数,d(v)表示v在G中的度数.由于n−1为偶
G
数,所以,dG(v)与d(v)同为奇数或同为偶数,因而若G有r个奇度顶点,则G也
G
有r个奇度顶点.
7.9由于D'⊆D,所以,m'≤m.而n阶有向简单图中,边数m≤n(n−1),所以,应有
n(n−1)=m'≤m≤n(n−1)
这就导致m=n(n−1),这说明D为n阶完全图,且D'=D.
7.10图7.6给出了K4的18个非同构的子图,其中有11个生成子图(8-18),其中连通的有6个11,12,13,14,16,17).图7.6中,n,m分别为顶点数和边数.
7.11K4有11个生成子图,在图7.6中,它们分别如图8-18所示.要判断它们之中哪些是自补图,首先要知道同构图的性质,设G1与G2的顶点数和边数.若G1≅G2,则n1=n2且m1=m2.
(8)的补图为(14)=K4,它们的边数不同,所以,不可能同构.因而(8)与(14)
84
均不是自补图类似地,(9)的补图为(13),它们也非同构,因而它们也都不是自补图.(10)与(12)互为补图,它们非同构,因而它们都不是自补图.(15)与(17)互为补图,它们非同构,所以,它们都不是自补图.类似地,(16)与(18)互为补图且非同构,所以,它们也都不是自补图.
而(11)与自己的补图同构,所以,(11)是自补图.
7.123阶有向完全图共有20个非同构的子图,见图7.7所示,其中(5)-(20)为生成子图,生成子图中(8),(13),(16),(19)均为自补图.
分析在图7.7所示的生成子图中,(5)与(11)互为补图,(6)与(10)互为补图,(7)与(9)互为补图,(12)与(14)互为补图,(15)与(17)互为补图,(18)与(20)互为补图,以上互为补图的两个图边数均不相同,所以,它们都不是自补图.而(8),(13),(16),(19)4个图都与自己的补图同构,所以,它们都是自补图.
7.13不能.
分析在同构的意义下,G1,G2,G3都中K4的子图,而且都是成子图.而K4的两条边的生成子图中,只有两个是非同构的,见图7.6中(10)与(15)所示.由鸽巢原理可知,G1,G2,G3中至少有两个是同构的,因而它们不可能彼此都非同构.
鸽巢原理m只鸽飞进n个鸽巢,其中m≥n,则至少存在一巢飞入至少[m]只
n鸽子.这里⎡x⎤表示不小于x的最小整数.例如,⎡2⎤=2,⎡2.5⎤=3.
7.14G是唯一的,即使G是简单图也不唯一.
85
分析由握手定理可知2m=3n,又由给的条件得联立议程组
⎧2m=3n
⎨2n−3=m.
⎩
解出n=6,m=9.6个顶点,9条边,每个顶点的度数都是3的图有多种非同构的情况,其中有多个非简单图(带平行边或环),有两个非同构的简单图,在图7.8中
(1),
(2)给出了这两个非同构的简单图.
满足条件的非同构的简单图只有图7.8
中,
(1),
(2)所示的图,
(1)与
(2)所示的图,
(1)
与
(2)是非同构的.
注意在
(1)中不存在3个彼此相邻的顶点,
而在
(2)中存在3个彼此相邻的顶点,因而
(1)
图与
(2)图非同构.下面分析满足条件的简单
图只有两个是非同构的.首先注意到
(1)中与
(2)中图都是K6的生成子图,并且还有这样
的事实,设G1,G2都是n阶简单图,则G1≅G2当且仅当G1≅G2,其中G1,G2分别为G1与G2的补图.满足要求的简单图都是6阶9条边的3正则图,因而它们的补图都为6阶6条边的2正则图(即每个顶点度数都是2).而K6的所有生成子图中,6条边2正则的非同构的图只有两个,见图7.8中(3),(4)所示的图,其中(3)为
(1)的补图,(4)为
(2)的补图,满足要求的非同构的简单图只有两个.
但满足要求的非同简单图有多个非同构的,读者可自己画出多个来.
7.15将K6的顶点标定顺序,讨论v1所关联的边.由鸽巢原理(见7.13题),与v1关联的5条边中至少有3条边颜色相同,不妨设存在3条红色边,见图7.9中
(1)所示(用实线表示红色的边)并设它们关联另外3个顶点分别为v2,v4,v6.若v2,v4,v6构成的K3中还有红色边,比如边(v2,v4)为红色,则v1,v2,v4构成的K3为红色K3,见图7.9中
(2)所示.若v2,v4,v6构成的K3各边都是蓝色(用虚线表示),则v2,v4,v6构成的K3为蓝色的.
86
7.16在图7.10所示的3个图中,
(1)为强连通图,
(2)为单向连通图,但不是强连通的,(3)是弱连通的,不是单向连通的,更不是强连通的.
分析在
(1)中任何两个顶点之间都有通路,即任何两个顶点都是相互可达的,因而它是强连能的.
(2)中c不可达任何顶点,因而它不是强连通的,但任两个顶点存在一个顶点可达另外一个顶点,所以,它是单向可达的.(3)中a,c互相均不可达,因而它不是单向连通的,更不是强连通的.
判断有向图的连通性有下面的两个判别法.
1°有向图D是强连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的回路.
2°有向图D是单向连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的通路.
(1)中abcda为经过每个顶点一次的回路,所以,它是强连能的.
(2)中abdc为经过每个顶点的通路,所以,它是单向连通的,但没有经过每个顶点的回路,所以,它不是强连通的.(3)中无经过每个顶点的回路,也无经过每个顶点的通路,所以,它只能是弱连通的.
7.17G−E的连通分支一定为2,而G−V''的连通分支数是不确定的.
分析设E为连通图G的边割集,则G−E的连通分支数p(G−E)=2,不可'''
能大于2.否则,比如p(G−E)=3,则G−E由3个小图G,G'',G组成,且E中边'
123
的两个端点分属于两个不同的小图.设E''中的边的两个端点一个在G中,另一个
1
87
在G中,则E''⊂E',易知p(G−E'')=2,这与E'为边割集矛盾,所以,
2
p(G−E'')=2.
但p(G−V')不是定数,当然它大于等于2,在图7.11中,V'={u,v}为
(1)的点割集,p(G−V)=2,其中'G为
(1)中图.V''={v}为
(2)中图的点割集,且v为割点,p(G'−V'')=4,其中G为
(2)中图.'
7.18解此题,只要求出D的邻接矩阵的前4次幂即可.
⎡0110⎤⎡1101⎤
100020110
A=⎢⎥A=⎢⎥
⎢0101⎥⎢1001⎥
⎢0000⎥⎢0001⎥
⎣⎦⎣⎦
⎡1111⎤⎡1212⎤
3110141111
A=⎢⎥A=⎢⎥
⎢0111⎥⎢1101⎥
⎢0001⎥⎢0001⎥
⎣⎦⎣⎦
D中长度为4的通路数为A4中元素之和,等于15,其中对角线上元素之和为3,即D中长度为3的回路数为3.v到v的长度为4的通路数等于a(4)=2.
3434
分析用邻接矩阵的幂求有向图D中的通路数和回路数应该注意以下几点:
1°这里所谈通路或回路是定义意义下的,不是同构意义下的.比如,不同始点(终点)的回路
2°这里的通路或回路不但有初级的、简单的,还有复杂的.例如,v1,v2,v1,v2,v1是一条长为4的复杂回路.
3°回路仍然看成是通路的特殊情况.
88
读者可利用A2,A3,求D中长度为2和3的通路和回路数.
7.19答案A:
④.
分析G中有Nk个k度顶点,有(n−Nk)个(k+1)度顶点,由握手定理可知
nd(v)=k⋅N+(k+1)(n−N)=2m
∑ikk
i=1
⇒Nk=n(k+1)−2n.
7.20答案A:
②;B:
③.
分析在图7.12中,图
(1)与它的补同构,再没有与图
(1)非同构的自补图了,所以非同构的无向的4阶自补图只有1个.图
(2)与它的补同构,图(3)与它的补也同构,而图
(2)与图(3)不同构,再没有与
(2),(3)非同构的自补图了,所以,非同械的5阶自补图有2个.
7.21答案A:
④;B:
③;C:
④;D:
①.
分析
(1)中存在经过每个顶点的回路,如adcba.
(2)中存在经过每个顶点.
的通路,但无回路.(3)中无经过每个顶点至少一次的通路,其实,b,d两个顶点互不可达.(4)中有经过每个顶点至少一次的通路,但无回路,aedcbd为经过每个顶点的通路.(5)中存在经过每个顶点至少一次的回路,如aedbcdba(6)中也存在经.
过每个顶点的回路,如baebdcb.由7.16题可知,
(1),(5),(6)是强连通的,
(1),
(2),(4),(5),(6)是单向连能的,
(2),(4)是非强连通的单向连通图.注意,强连通图必为单向连通图.6个图中,只有(3)既不是强连通的,也不是连通的,它只是弱连通图.
在(3)中,从a到b无通路,所以d,=∞,而b到a有唯一的通路ba,所以d=1.
7.22答案A:
①;B:
⑥㈩C:
②;D:
④.
89
分析用Dijkstra标号法,将计算机结果列在表7.1中.表中第x列最后标定y/Z表示b到x的最短路径的权为y,且在b到x的最短路径上,Z邻接到x,即x的前驱元为Z.由表7.1可知,a的前驱元为c(即a邻接到c),c的前驱元为b,所以,b到a的最短路径为bca,其权为4.类似地计论可知,b到c的最短路径为bc,其权为1.b到d的最短路径为bcegd,其权为9.b到e的最短路径为bce,其权为7.
表7.1
顶点abcdefg
k
071∞∞∞∞
0
14∞54∞
1/b
21254∞
4/c
31254/c11
4125/c7
597/e
69/g
4019547
7.23答案A:
⑧;B:
⑩C:
③;D:
③和④.
分析按求最早、最晚完成时间的公式,先求各顶点的最早完成时间,再求最晚完成时间,最后求缓冲时间。
(1)最早完成时间:
TE(v1)=0
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{0+3}=3
2122
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{0+2,3+0}=3
3133
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{0+4,3+2}=5
4134
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{3+4,3+4}=7
5235
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{3+4,7+0}=7
6366
90
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{5+5,10+0}=10
7457
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{7+3,10+1}=11
8678
Γ−(v)={v,v},TE(v)=max{7+6,11+1}=13
9589
(2)最晚完成时间:
TL(v9)=13
Γ+(v)={v},TL(v)=min{13−1}=12;
898
Γ+(v)={v},TL(v)=min{12−3}=9;
686
Γ+(v)={v},TL(v)=min{12−1}=11;
787
Γ+(v)={v,v},TL(v)=min{9−0,13−6}=7;
5695
Γ+(v)={v},TL(v)=min{11−5=6;
474
Γ+(v)={v,v,v},TL(v)=min{6−2.7−4.9−4=5;
34563
Γ+(v)={v,v},TL(v)=min{3−0.7−4}=3;
2352
Γ+(v)={v,v,v},TL(v)=min{3−3.3−2,6−4}=0;
12341
(3)缓冲时间:
TS(v1)=TS(v2)=TS(v3)=TS(v5)=TS(v9)=0
TS(v4)=1,TS(v6)=2,TS(v7)=TS(v8)=1.
(4)关键路径有两条:
v1,v2,v5,v9和v1,v2,v3,v5,v9.
91
第8章习题解答
8.1图8.6中,
(1)所示的图为K1,3,
(2)所示的图为K2,3,(3)所示的图为K2,2,它们分别各有不同的同构形式.
8.2若G为零图,用一种颜色就够了,若G是非零图的二部图,用两种颜色就够了.
分析根据二部图的定义可知,n阶零图(无边的图)是三部图(含平凡图),对n阶零图的每个顶点都用同一种颜色染色,因为无边,所以,不会出现相邻顶点染同色,因而一种颜色就够用了.
8.3完全二部图Kr,s,中的边数m−rs.
分析设完全二部图Kr,s的顶点集为V,则V=V1UV2,V1IV2=∅,且|V1|=r,|V2|=s,Kr,s是简单图,且V1中每个顶点与V2中所有顶点相邻,而且V1中任何两个不同顶点关联的边互不相同,所以,边数m−rs.
8.4完全二部图Kr,s中匹配数β1=min{r,s},即β1等于r,s中的小者.
分析不妨设r≤s,且二部图Kr,s中,|V1|=r,|V2|=s,由Hall定理可知,图中存在V1到的完备匹配,设M为一个完备匹配,则V1中顶点全为M饱和点,所以,β1=r.
8.5能安排多种方案,使每个工人去完成一项他们各自能胜任的任务.
分析设V1={甲,乙,丙},则V1为工人集合,V2={a,b,c},则V2为任务集合.
92
令V=V1UV2,E={(x,y)|x能胜任y},得无向图G=
对应一个分配方案.图8.7满足Hall定理中的相异性条件,所以,
存在完备匹配,又因为|V1|=V2||=3,所以,完备匹配也为完美匹配.
其实,从图上,可以找到多个完美匹配.取
M1={(甲,a),(乙,b),(丙,c)}
此匹配对应的方案为甲完成a,乙完成b,丙完成c,见图中粗边所示的匹配.
M={(甲,b),(乙,a),(丙,c)}
M2对应的分配方案为甲完成b,乙完成a,丙完成c.
请读者再找出其余的分配方案.
8.6本题的答案太多,如果不限定画出的图为简单图,非常容易地给出4族图分别满足要求.
(1)n(n为偶数,且n≥2)阶圈都是偶数个顶点,偶数条边的欧拉图.
(2)n(n为奇数,且n≥1)阶圈都是奇数个顶点,奇数条边的欧拉图.
(3)在
(1)中的圈上任选一个顶点,在此顶点处加一个环,所务图为奇数个顶点,偶数条边的欧拉图.
分析上面给出的4族图都是连通的,并且所有顶点的度数都是偶数,所以,都是欧拉图.并且
(1),
(2)中的图都是简单图.而(3),(4)中的图都带环,因而都是非简单图.于是,如果要求所给出的图必须是简单图,则(3),(4)中的图不满足要求.
其实,欧拉图是若干个边不重的图的并,由这种性质,同样可以得到满足(3),(4)中要求的简单欧拉图.设G1,G2,L,Gk是长度大于等于3的k个奇圈(长度为奇数的圈称为奇圈),其中k为偶数,将G1中某个顶点与G2中的某顶点重合,但边不重合,G2中某顶点与G3中某顶点重合,但边不重合,继续地,最后将Gk−1中某顶点与Gk中某顶点重合,边不重合,设最后得连通图为G,则G中有奇数个顶点,偶数条边,且所有顶点度数均为偶数,所以,这样的一族图满足(4)的要求,其中一
93
个特例为图8.8中
(1)所示.在以上各图中,若G1,G2,L,Gk中有一个偶圈,其他条件不变,构造方法同上,则所得图G为偶数个顶点,奇数条边的简单欧拉图,满足(3)的要求,图8.8中
(2)所示为一个特殊的情况.
8.7本题的讨论类似于8.6题,只是将所有无向圈全变成有向圈即可,请读者自己画出满足要求的一些特殊有向欧拉图.
8.8本题的答案也是很多的,这里给出满足要求的最简单一些图案,而且全为简单图.
(1)n(n≥3)阶圈,它们都是欧拉图,又都是哈密尔顿图.
(2)给定k(k≥2)个长度大于等于3的初级回路,即圈G1,G2,L,Gk,用8.6题方法构造的图G均为欧拉图,但都不是哈密尔顿图,图8.8给出的两个图是这里的特例.
(3)n(n≥4)阶圈中,找两个不相邻的顶点,在它们之间加一条边,所得图均为哈密尔顿图,但都不是欧拉图.
(4)在
(2)中的图中,设存在长度大于等于4的圈,比如说G1,在G1中找两个不相邻的相邻顶点,在它们之间加一条新边,然
后用8.6题方法构造图G,则G既不是欧拉图,
也不是哈密尔顿图,见图8.9所示的图.
分析
(1)中图满足要求是显然的.
(2)
中构造的图G是连通的,并且各顶点度数均为偶数,所以,都是欧拉图,但因为G中存在割点,将割点从G中删除,所得图至少有两个连通分支,这破坏了哈密尔顿图的必要条件,所以,G不是哈密尔顿图.(3)中构造的图中,所有顶点都排在一个圈上,所以,图中存在哈密尔顿回路,因而为哈密尔顿图,但因图中有奇度顶点(度数为奇数的顶点),所以,不是欧拉图.由以上讨论可知,(4)中图既不是欧拉
94
图,也不是哈密尔顿图.
其实,读者可以找许多族图,分别满足题中的要求.
8.9请读者自己讨论.
8.10其逆命题不真.
分析若D是强连通的有向图,则D中任何两个顶点都是相互可达的,但并没有要求D中每个顶点的入度都等于出度.在图8.2所示的3个强连通的有向衅都不是欧拉图.
8.11除K2不是哈密尔顿图之外,Kn(n≥3)全是哈密尔顿图.Kn(n为奇数)为欧拉图.规定K1(平凡图)既是欧拉图,又是哈密尔顿图.
分析从哈密尔顿图的定义不难看出,n阶图G是否为哈密尔顿图,就看是否能将G中的所有顶点排在G中的一个长为n的初级回路,即圈上.Kn(n≥3)中存在多个这样的生成圈(含所有顶点的图),所以Kn(n≥3)都是哈密尔顿图.
在完全图Kn中,各顶点的度数均为n-1,若Kn为欧拉图,则必有n−1为偶数,即n为奇数,于是,当n为奇数时,Kn连通且无度顶点,所以,Kn(n为奇数)都是欧拉图.当n为偶数时,各顶点的度数均为奇数,当然不是欧拉图.
8.12有割点的图也可以为欧拉图.
分析无向图G为欧拉图当且仅当G连通且没有奇度顶点.只要G连通且无奇度顶点(割点的度数也为偶数),G就是欧拉图.图8.8所示的两个图都有割点,但它们都是欧拉图.
8.13将7个人排座在圆桌周围,其排法为
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