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1、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.4.设n阶无向简单图G有m条边，证明:若mn-12+2,则G是Hamilton图。证明: G是
2、H图。 若不然，因为G是无向简单图，则n3,由定理1：若G是n3的非单图，则G度弱于某个Cm,n.于是有： 请预览后下载！这与条件矛盾！所以G是H图。 8.证明：若G有2k0个奇点，则存在k条边不重的迹Q1,Q2Qk,使得EG=EQ1EQ2EQ3E(Qk).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vl，v2，,vk,vk+1,v2k是G的所有奇度点。在vi与vi+k间连新边ei得图G*（1ik).则G*是欧拉图，因此，由Fleury算法得欧拉环游C.在C中删去ei （1ik).得k条边不重的迹Qi （1ik):10.证明：若：（1）G不是二连通图，或者（2）G是
3、具有二分类X,Y的偶图，这里XY,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,有w(G-v)2,由于课本上的相关定理：若G是Hamilton图，则对于v（G）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XY，在这里假设XX,也就是说：对于v（G）的非空顶点集S，有：w(G-S)S成立，则可以得出则G是非Hamilton图。11.证明：若G有Hamilton路，则对于V的每个真子集S，有wG-SS+1.证明：G是H图，设C是G的H圈。
4、则对V(G)的任意非空子集S, 容易知道:所以，有： ,则必然有： wG-SS+1.12. 设G是度序列为(d1,d2,dn)的非平凡单图，且d1d2dn。证明：若G不存在小于(n+1)/2的正整数m，使得：dmm且dn-m+1n-m,则G有H路。请预览后下载！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： (d1+1,d2+1,dn+1, n) ，由条件：不存在小于(n+1)/2的正整数m,使得dm+1m,且dn-m+1+1n-m+1=(n+1)-m。于是由度序列判定定理知：G1是H图，得G有H路。15. 写出下列问题的一个好算法： (1) 构作一个图的闭包；
5、 (2) 若某图的闭包是完全图，求该图的H圈。 解：(1) 构作一个图的闭包： 根据图的闭包定义，构作一个图的闭包，可以通过不断在度和大于等于n的非邻接顶点对间添边得到。据此设计算法如下： 图的闭包算法： 1) 令G0=G ,k=0; 2) 在Gk中求顶点u0与V0,使得： 3) 如果 则转4);否则，停止，此时得到G的闭包； 4) 令Gk+1=Gk+u0v0, k=k+1,转2).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
6、大的不邻接点对-需要n(n-1)/2-m(G)次比较运算。所以，总运算量为：所以，上面的闭包算法是好算法。 (2) 若某图的闭包是完全图，求该图的H圈。 方法：采用边交换技术把闭包中的一个H圈逐步转化为G的一个H圈。 该方法是基于如下一个事实： 在闭包算法中，Gk+1=Gk+u0v0, u0与v0在Gk中不邻接，且度和大于等于n. 如果在请预览后下载！Gk+1中有H圈Ck+1如下： 我们有如下断言： 若不然，设dGku0=r那么在Gk中，至少有r个顶点与v0不邻接，则dGkv0(n-1)-r n-r，这样与u0，v0在Gk中度和大于等于n矛盾！上面结论表明：可以从Ck+1中去掉u0v0而得到新
7、的H圈，实现H圈的边交换。由此，我们设计算法如下： 1)在闭包构造中，将加入的边依加入次序记为ei (1iN),这里，N=n(n-1)/2-m(G).在GN中任意取出一个H圈CN,令k=N; 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： 4) 若k=1,转5)；否则，令k=k-1,转2); 5) 停止。C0为G的H圈。请预览后下载！复杂性分析： 一共进行N次循环，每次循环运算量主要在3),找满足
8、要求的邻接顶点u与v,至多n-3次判断。所以总运算量：N(n-3),属于好算法。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。
9、证明二：直接在k方体中找出完美匹配。 设k方体顶点二进制码为(x1 ,x2,xk),我们取(x1 ,x2,xk-1,0),和(x1 ,x2,xk-1,1) 之间的全体边所成之集为M.显然，M中的边均不相邻接，所以作成k方体的匹配，又容易知道：|M|=2k-1.所以M是完美匹配。 (2) 我们用归纳法求K2n和Kn,n中不同的完美匹配的个数。 K2n的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。所以K2n的不同完美匹配个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出K2n的不同完美匹配个数为：(2n-1)! 同样的推导方法可归纳出K n, n的不同完美匹配个数为：n! 2. 证明树至多存在一
10、个完美匹配。证明：若不然，设M1与M2是树T的两个不同的完美匹配，那么M1M2,容易知道：TM1M2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。7.将K9表示为四个生成圈之和。证明：K4n+1= K 2(2n)+1 , 所以，可以分解为2n个边不重的2因子之和。而K9=K24+1。所以K9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：Pi=vivi-1vi+1vi-2vi+2vi-3vi-nvi+n,请预览后下载！则K9的四条路径为：P1=v1v8v2v7v3v6v4v5,P2=v2v1v3v8v4v7v5v6,P3=v3v2v4v1v5v8v6v7,P4=
11、v4v3v5v2v6v1v7v8,则生成圈Hi是V2n+1与Pi的两个端点连线生成的。所以可以将K9表示为四个生成圈之和。10. 证明：若n为偶数，且(G)n/2+1 ,则n阶图G有3因子。证明：因(G)n/2+1 ,由狄拉克定理：n阶图G有H圈C .又因n为偶数，所以C为偶圈。于是由C可得到G的两个1因子。设其中一个为F1。 考虑G1=G-F1。则(G1)n/2。于是G1中有H圈C1. 作H=C1F1。显然H是G的一个3因子。 19. 证明：对n1,K4n+1有一个4因子分解。证明：K4n+1= K 2(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K4n+1可以分解为n个4因子的和。所以：对n1,K4n+1有一个4因子分解 （注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!） 请预览后下载！
