图论及其应用电子科技大学课堂PPT

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1、 图论及其应用图论及其应用任课教师：杨春任课教师：杨春数学科学学院数学科学学院1.图论及其应用图论及其应用作者作者:张先迪、李正良张先迪、李正良购买地点：教材科购买地点：教材科2.参考文献参考文献1美，帮迪图论及其应用美，帮迪图论及其应用2美美，GaryChartrand图图论论导导引引，人人民民邮邮电电出版社，出版社，20073BelaBollobas，现现代代图图论论，科科学学出出版版社社，2001中国科学院研究生教学丛书中国科学院研究生教学丛书4美美，FredBuckley图图论论简简明明教教程程，清清华华大大学出版社，学出版社，2005李慧霸李慧霸王风芹译王风芹译3.5李尉萱，图论，湖

2、南科学技术出版社，李尉萱，图论，湖南科学技术出版社，19796美，美，DouglasB.West图论导引图论导引，机械工业出，机械工业出版社，版社，2007李建中，骆吉洲译李建中，骆吉洲译7杨洪，图论常用算法选编，中国铁道出版杨洪，图论常用算法选编，中国铁道出版社，社，19888陈树柏，网络图论及其应用，科学出版社，陈树柏，网络图论及其应用，科学出版社，19824.9ChrisGodsil，GordonRoyleAlgebraicGraphTheory，世界图书出版公司北京公司，世界图书出版公司北京公司，200410王朝瑞，图论，高等教育出版社，王朝瑞，图论，高等教育出版社，19835.第一章

3、第一章 图的基本概念图的基本概念本次课主要内容本次课主要内容图的概念与图论模型图的概念与图论模型(一一)、图论课程简介、图论课程简介(二二)、图的定义与图论模型、图的定义与图论模型(三三)、图的同构、图的同构6.1 1、研究对象、研究对象图论是研究点与线组成的图论是研究点与线组成的“图形图形”问题的一门科问题的一门科学。属于应用数学分支学。属于应用数学分支.(一一)、图论课程简介、图论课程简介2 2、发展历史、发展历史图论起源于图论起源于18世纪的世纪的1736年，标志事件是年，标志事件是“哥尼哥尼斯堡七桥问题斯堡七桥问题.数学家欧拉被称为数学家欧拉被称为“图论之父图论之父”.20世纪世纪30

4、年代出版第一本图论著作年代出版第一本图论著作.7.3 3、应用状况、应用状况图论的应用已经涵盖了人类学、计算机科学、化图论的应用已经涵盖了人类学、计算机科学、化学、环境保护、非线性物理、心理学、社会学、交学、环境保护、非线性物理、心理学、社会学、交通管理、电信以及数学本身等通管理、电信以及数学本身等。目前，图论已形成很多分支：如随机图论、网络目前，图论已形成很多分支：如随机图论、网络图论、代数图论、拓扑图论、极值图论等。图论、代数图论、拓扑图论、极值图论等。4 4、教学安排、教学安排主要介绍图的一些基本概念、基本理论和图论的主要介绍图的一些基本概念、基本理论和图论的典型应用。典型应用。60学时

5、。学时。8.1 1、图的定义、图的定义(二二)、图的定义与图论模型、图的定义与图论模型一个图是一个序偶一个图是一个序偶，记为，记为G=(V,E),其中：其中：(1)V是一个有限的非空集合，称为顶点集合是一个有限的非空集合，称为顶点集合,其其元素称为顶点或点。用元素称为顶点或点。用|V|V|表示顶点数；表示顶点数；(2)E是由是由V中的点组成的无序对构成的集合，称中的点组成的无序对构成的集合，称为边集，其元素称为边，且同一点对在为边集，其元素称为边，且同一点对在E中可以中可以重复出现多次。用重复出现多次。用|E|E|表示边数。表示边数。9.图可以用图形表示：图可以用图形表示：V中的元素用平面上一

6、个黑点表示，中的元素用平面上一个黑点表示，E中的元素用一条连接中的元素用一条连接V中相应点对的任意形状的线表示。中相应点对的任意形状的线表示。例例1、设图、设图G。这里。这里Vv1,v2,v3,v4Ee1,e2,e3,e4,e5,e6，e e1 1(v(v1 1,v,v2 2) )，e e2 2(v(v1 1,v,v3 3) )，e e3 3(v(v1 1,v,v4 4) )，e e4 4(v(v2 2,v,v3 3) )，e e5 5(v(v3 3,v,v2 2) )，e e6 6(v(v3 3,v,v3 3) )。v1v2v3v4e1e2e3e4e5e610.图的相关概念：图的相关概念：有

7、限图：顶点集和边集都有限的图称为有限图；有限图：顶点集和边集都有限的图称为有限图；平凡图：只有一个顶点的图称为平凡图；平凡图：只有一个顶点的图称为平凡图；空图：边集为空的图称为空图；空图：边集为空的图称为空图；n阶图：顶点数为阶图：顶点数为n的图称为的图称为n阶图；阶图；(n,m)图：顶点数为图：顶点数为n,边数为边数为m的图称为的图称为(n,m)图；图；边的重数：连接两个相同顶点的边的条数称为边的重数；边的重数：连接两个相同顶点的边的条数称为边的重数；重数大于重数大于1的边称为重边；的边称为重边；环：端点重合为一点的边称为环；环：端点重合为一点的边称为环；简单图：无环无重边的图称为简单图；其

8、余的图称为简单图：无环无重边的图称为简单图；其余的图称为复合图；复合图；11.顶点顶点u与与v相邻接：顶点相邻接：顶点u与与v间有边相连接；其中间有边相连接；其中u与与v称为称为该边的两个端点；该边的两个端点；顶点顶点u与边与边e相关联：顶点相关联：顶点u是边是边e的端点；的端点；边边e1与边与边e2相邻接：边相邻接：边e1与边与边e2有公共端点；有公共端点；2 2、图论模型、图论模型为了抽象和简化现实世界，常建立数学模型。图是关系的为了抽象和简化现实世界，常建立数学模型。图是关系的数学表示，为了深刻理解事物之间的联系，图是常用的数学数学表示，为了深刻理解事物之间的联系，图是常用的数学模型。模

9、型。(1)化学中的图论模型化学中的图论模型19世纪，化学家凯莱用图论研究简单烃世纪，化学家凯莱用图论研究简单烃即碳氢化合物即碳氢化合物12.用点抽象分子式中的碳原子和氢原子，用边抽象原子间用点抽象分子式中的碳原子和氢原子，用边抽象原子间的化学键。的化学键。通过这样的建模，能很好研究简单烃的同分异构现象通过这样的建模，能很好研究简单烃的同分异构现象.例如：例如：C4H10的两种同分异构结构图模型为：的两种同分异构结构图模型为：hhhhhhhhhhhhhhhhhhhh13.(2)商业中的图论模型商业中的图论模型商业中，经常用图来对仓库和零售店进行建模商业中，经常用图来对仓库和零售店进行建模例如：令

10、例如：令V=w1,w2,w3,r1,r2,r3,r4,r5代表代表3个仓库和个仓库和5个零售点个零售点E=w1r1,w1r2,w2r2,w2r3,w2r4,w3r3,w3r5代表每个仓库和每个代表每个仓库和每个零售店间的关联。则图模型图形为：零售店间的关联。则图模型图形为：w1r1r2w2r3r4w3r5(3)最短航线问题最短航线问题14.用点表示城市，两点连线当且仅当两城市有航线。为了用点表示城市，两点连线当且仅当两城市有航线。为了求出两城市间最短航线，需要在线的旁边注明距离值。求出两城市间最短航线，需要在线的旁边注明距离值。例如：令例如：令V=a,b,c,d,e代表代表5个城市个城市E=a

11、b,ad,bc,be,de代表城市间的直达航线代表城市间的直达航线则航线图的图形为：则航线图的图形为：abcde500320140430370请求出从请求出从d到到c的最短路的最短路15.(4)任务分配问题任务分配问题有一个旅行团要组织一批人去旅游，其中一些人是朋友有一个旅行团要组织一批人去旅游，其中一些人是朋友他们要乘坐公共汽车去，而车上的位子是成对的。因此他们要乘坐公共汽车去，而车上的位子是成对的。因此为了让大家旅途更愉快，旅行团负责人需要将成对的朋为了让大家旅途更愉快，旅行团负责人需要将成对的朋友安排在一起。给出一种安排方案。友安排在一起。给出一种安排方案。该问题可以建立一个图论模型来解

12、决：旅行团的人抽象该问题可以建立一个图论模型来解决：旅行团的人抽象为图的顶点，两个顶点连线，当且仅当两个顶点代表的为图的顶点，两个顶点连线，当且仅当两个顶点代表的人是朋友。人是朋友。问题归结于在模型图中求所谓的问题归结于在模型图中求所谓的“匹配匹配”，关于图的匹配，关于图的匹配将在第五章介绍。将在第五章介绍。16.(5)考试时间安排问题考试时间安排问题一个教授需要对期末考试时间进行安排，使得学生们一个教授需要对期末考试时间进行安排，使得学生们不会有相互冲突的考试。如何解决？不会有相互冲突的考试。如何解决？该问题可以建立一个图论模型来解决：待考的课程可该问题可以建立一个图论模型来解决：待考的课程

13、可抽象为图的顶点，连接两个顶点的边表示至少有一个学生抽象为图的顶点，连接两个顶点的边表示至少有一个学生同时选择了这两门课程。同时选择了这两门课程。问题归结于在模型图中求所谓的问题归结于在模型图中求所谓的“顶点着色方案顶点着色方案”问题，问题，该问题将在第七章讨论。该问题将在第七章讨论。例如：有例如：有a,b,c,d,e,f六门课程。按照上面方法建立六门课程。按照上面方法建立的模型图如下：的模型图如下：17.一种可行的安排方案为：第一时间：一种可行的安排方案为：第一时间：a,d,e;第二时间：第二时间：b,f；最后：；最后：c.abcefd另一种可行的安排方案为：第一时间：另一种可行的安排方案为

14、：第一时间：a,e;第二时间：第二时间：c,d；最后：；最后：b,f.(6)旅行售货员问题旅行售货员问题一电脑代理商要从她所在城市出发，乘飞机去六个城市，一电脑代理商要从她所在城市出发，乘飞机去六个城市，然后回到出发点，如果要求每个城市只经历一次，能否办然后回到出发点，如果要求每个城市只经历一次，能否办到？给出行走方案。到？给出行走方案。18.问题归结为在模型图中寻求所谓的问题归结为在模型图中寻求所谓的“哈密尔顿圈哈密尔顿圈”问题。问题。将在第四章介绍。将在第四章介绍。例如：如果模型图如下：例如：如果模型图如下：该问题可以建立一个图论模型来解决：城市抽象为该问题可以建立一个图论模型来解决：城市

15、抽象为图的顶点，边代表城市间的直达航线。图的顶点，边代表城市间的直达航线。abcdef可行方案可行方案:(1)h,d,e,c,b,a,h(2)h,d,e,c,a,b,h19.在图论中，一个很值得研究的问题是如何比较两个在图论中，一个很值得研究的问题是如何比较两个图的异同，这就是图的同构问题。图的异同，这就是图的同构问题。定义：设有两个图定义：设有两个图G1=(V1,E1)和和G2=(V2,E2),若在其顶点若在其顶点集合间存在双射，使得边之间存在如下关系：设集合间存在双射，使得边之间存在如下关系：设u1u2v1v2,u1,v1V1,u2,v2V2;u1v1E1,当且仅当当且仅当u2v2E2,且

16、且u1v1与与u2v2的重数相同。称的重数相同。称G1与与G2同构，记为：同构，记为：由定义可以得到图同构的几个必要条件：由定义可以得到图同构的几个必要条件：(三三)、图的同构、图的同构(1)顶点数相同；顶点数相同；(2)边数相同；边数相同；(3)关联边数相同的顶点关联边数相同的顶点个数相同。个数相同。20.判定图的同构是很困难的，属于判定图的同构是很困难的，属于NP完全问题。对于规模完全问题。对于规模不大的两个图，判定其是否同构，可以采用观察加推证的不大的两个图，判定其是否同构，可以采用观察加推证的方法。方法。例例2证明下面两图不同构。证明下面两图不同构。u1v1证明证明:u1的两个邻接点与

17、的两个邻接点与v1的两个邻接点状况不同。所以，的两个邻接点状况不同。所以，两图不同构。两图不同构。21.例例3证明下面两图同构。证明下面两图同构。证明证明:作映射作映射f:viui(i=1,2.10)容易证明，对容易证明，对 vivj E(a),有有f(vivj,), ,ui,uj, ,E,(b)(1 i 10,1 j 10)由图的同构定义知，图由图的同构定义知，图(a)与与(b)是同构的。是同构的。22.例例4指出指出4个顶点的非同构的所有简单图。个顶点的非同构的所有简单图。分析：四个顶点的简单图最少边数为分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为，最多边数为6，所以，所以可按边数进行枚

18、举。可按边数进行枚举。23.作业作业P29P303,4,5,624.Thank You !25.第一章第一章 图的基本概念图的基本概念本次课主要内容本次课主要内容(二二)、顶点的度与图的度序列、顶点的度与图的度序列(一一)、完全图、偶图与补图、完全图、偶图与补图26.(一一)、完全图、偶图与补图、完全图、偶图与补图1、每两个不同的顶点之间都有一条边相连的简单图称为、每两个不同的顶点之间都有一条边相连的简单图称为完全图完全图.在同构意义下，在同构意义下，n个顶点的完全图只有一个，记为个顶点的完全图只有一个，记为KnK2K3K5容易求出：容易求出：27. 2、所谓具有二分类（、所谓具有二分类（X,

19、Y）的偶图（或二部图）是指一个图，）的偶图（或二部图）是指一个图，它的点集可以分解为两个它的点集可以分解为两个(非空非空)子集子集X和和Y，使得每条边的一个，使得每条边的一个端点在端点在X中，另一个端点在中，另一个端点在Y中中.完全偶图是指具有二分类（完全偶图是指具有二分类（X,Y）的简单偶图，其中）的简单偶图，其中X的每个顶点与的每个顶点与Y的每个顶点相连，若的每个顶点相连，若|X|=m，|Y|=n，则这样，则这样的偶图记为的偶图记为Km,n图图1图图2图图1与图与图2均是偶图，图均是偶图，图2是是K2,328.偶图是一种常见数学模型。偶图是一种常见数学模型。例例1学校有学校有6位教师将开设

20、位教师将开设6门课程。六位教师的代号是门课程。六位教师的代号是xi（i=1,2,3,4,5,6)，六门课程代号是，六门课程代号是yi（i=1,2,3,4,5,6)。已知，。已知，教师教师x1能够胜任课程能够胜任课程y2和和y3；教师；教师x2能够胜任课程能够胜任课程y4和和y5；教师教师x3能够胜任课程能够胜任课程y2；教师；教师x4能够胜任课程能够胜任课程y6和和y3；教师教师x5能够胜任课程能够胜任课程y1和和y6；教师；教师x6能够胜任课程能够胜任课程y5和和y6。请画出老师和课程之间的状态图。请画出老师和课程之间的状态图。x1x5x4x3x2x6y4y3y1y2y5y629.3、对于一

21、个简单图、对于一个简单图G =（V,E），令集合），令集合则称图则称图H =（V，E1E）为）为G的补图，记为的补图，记为例如，下面两个图互为补图。例如，下面两个图互为补图。G1G230.定理：若定理：若n阶图阶图G是自补图是自补图(),则有：则有：证明：证明：n阶图阶图G是自补图，则有：是自补图，则有：补图是相对于完全图定义的。补图是相对于完全图定义的。补图是图论中经常涉及的概念，在图论研究中有重补图是图论中经常涉及的概念，在图论研究中有重要的作用要的作用如果图如果图G与其补图同构，则称与其补图同构，则称G为自补图。为自补图。31.所以：所以：由于由于n是正整数，所以：是正整数，所以：自补图

22、是很有意义的图类。它在对角型拉姆齐数自补图是很有意义的图类。它在对角型拉姆齐数方面的研究、关于图的香农容量的研究、强完美图方面的研究、关于图的香农容量的研究、强完美图方面的研究等都有重要作用。方面的研究等都有重要作用。32.(二二)、顶点的度与图的度序列、顶点的度与图的度序列G的顶点的顶点v的度的度d (v)是指是指G中与中与v关联的边的数目，关联的边的数目，每个环计算两次。每个环计算两次。1、顶点的度及其性质、顶点的度及其性质分别用分别用(G)(G)和和(G)(G)表示图表示图G G的最小与最大度。的最小与最大度。例例2在在10个顶点以下的单图中，哪些阶数的图可能个顶点以下的单图中，哪些阶数

23、的图可能为自补图？画出为自补图？画出8阶的阶的4个自补图个自补图(共共10个个)。33.奇数度的顶点称为奇点，偶数度的顶点称偶点。奇数度的顶点称为奇点，偶数度的顶点称偶点。设设G =(V,E)为简单图，如果对所有为简单图，如果对所有，有，有d (v)=k，称图，称图G为为k-正则图正则图定理：定理：图图G=(V,E)中所有顶点的度的和等于边数中所有顶点的度的和等于边数m的的2倍，即：倍，即：证明：由顶点度的定义知：图中每条边给图的总证明：由顶点度的定义知：图中每条边给图的总度数贡献度数贡献2度，所以，总度数等于边数度，所以，总度数等于边数2倍。倍。注：该定理称为图论第一定理，是由欧拉提出的。注

24、：该定理称为图论第一定理，是由欧拉提出的。欧拉一身发表论文欧拉一身发表论文886篇，著作篇，著作90部。该定理还有部。该定理还有一个名字：一个名字：“握手定理握手定理”。34.推论推论1在任何图中，奇点个数为偶数。在任何图中，奇点个数为偶数。证明：设证明：设V1,V2分别是分别是G中奇点集和偶点集中奇点集和偶点集.则由则由握手定理有：握手定理有：是偶数，由于是偶数，由于是偶数，是偶数，所以所以是是偶数，于是偶数，于是是偶数。是偶数。推论推论2正则图的阶数和度数不同时为奇数正则图的阶数和度数不同时为奇数。证明证明：设设G是是k-正则图，若正则图，若k为奇数，则由推论为奇数，则由推论1知知正则图正

25、则图G的点数必为偶数的点数必为偶数例例4与与是简单图是简单图G的最大度与最小度，求证：的最大度与最小度，求证：35.证明：由握手定理有：证明：由握手定理有：所以有：所以有：2、图的度序列及其性质、图的度序列及其性质一个图一个图G的各个点的度的各个点的度d1, d2, dn构成的非负整数组构成的非负整数组(d1, d2, dn)称为称为G的度序列的度序列。任意一个图任意一个图G对应唯一一个度序列，图的度序列是对应唯一一个度序列，图的度序列是刻画图的特征的重要刻画图的特征的重要“拓扑不变量拓扑不变量”。36.图图G的的“拓扑不变量拓扑不变量”是指与图是指与图G有关的一个有关的一个数数或数组或数组(

26、向量向量)。它对于与图。它对于与图G同构的所有图来说，同构的所有图来说，不会发生改变。不会发生改变。一个图一个图G可以对应很多拓扑不变量。如果某组不可以对应很多拓扑不变量。如果某组不变量可完全决定一个图，称它为不变量的完全集。变量可完全决定一个图，称它为不变量的完全集。定理：非负整数组定理：非负整数组(d1,d2,.,dn)是图的度序列的是图的度序列的充分必要条件是：充分必要条件是：为偶数。为偶数。证明：必要性由握手定理立即得到。证明：必要性由握手定理立即得到。如果如果为偶数，则数组中为奇数的数字个数为偶数，则数组中为奇数的数字个数必为偶数。按照如下方式作图必为偶数。按照如下方式作图G:若若d

27、i为偶数，则在为偶数，则在与之对应的点作与之对应的点作di/2个环；对于剩下的偶数个奇数，个环；对于剩下的偶数个奇数，37.两两配对后分别在每配对点间先连一条边，然后两两配对后分别在每配对点间先连一条边，然后在每个顶点画在每个顶点画dj-1/2个环。该图的度序列就是已知个环。该图的度序列就是已知数组。数组。一个非负数组如果是某简单图的度序列，我们称一个非负数组如果是某简单图的度序列，我们称它为可图序列，简称图序列。它为可图序列，简称图序列。关于图序列，主要研究关于图序列，主要研究3个问题：个问题：(1)存在问题：什么样的整数组是图序列？存在问题：什么样的整数组是图序列？(2)计数问题：一个图序

28、列对应多少不同构的图？计数问题：一个图序列对应多少不同构的图？(3)构造问题：如何画出图序列对应的所有不同构图？构造问题：如何画出图序列对应的所有不同构图？研究现状研究现状:(1)彻底解决了，彻底解决了，(2)解决得不好，解决得不好，(3)没有解决。没有解决。38.定理：非负整数组定理：非负整数组是图序列的充分必要条件是：是图序列的充分必要条件是：是图序列。是图序列。39.例例5是否为图序列？如果是，是否为图序列？如果是，作出对应的一个简单图。作出对应的一个简单图。解：解：由于由于是图序列，所以原序列是是图序列，所以原序列是图序列。图序列。40.定理定理:(厄多斯厄多斯1960)非负整数组非负

29、整数组是图序列的充分必要条件是：是图序列的充分必要条件是：该定理证明很难！该定理证明很难！上世纪上世纪60年代以来，人们又研究所谓的唯一图序列问题。年代以来，人们又研究所谓的唯一图序列问题。例例5就是一个唯一图序列！就是一个唯一图序列！41.定理定理:一个满足一个满足d2=dn-1的图序列的图序列是唯一图序列的充分必要条件是下列条件之一满足：是唯一图序列的充分必要条件是下列条件之一满足：42.3、图的频序列及其性质、图的频序列及其性质定理：定理：一个简单图一个简单图G的的n个点的度不能互不相同个点的度不能互不相同证明：证明：因为图因为图G为简单图为简单图，所以所以：(G)n-1。情形情形1：若

30、：若G没有孤立点，则没有孤立点，则由鸽笼原理：必有两顶点度数相同；由鸽笼原理：必有两顶点度数相同；情形情形2：若：若G只有一个孤立点，设只有一个孤立点，设G1表示表示G去掉孤去掉孤立点后的部分，则：立点后的部分，则：由鸽笼原理：在由鸽笼原理：在G1里必有两顶点度数相同；里必有两顶点度数相同；情形情形3：若：若G只有两个以上的孤立点，则定理显然只有两个以上的孤立点，则定理显然成立。成立。43.定义：定义：设设n阶图阶图G的各点的度取的各点的度取s个不同的非负整数个不同的非负整数d1,d2, ds。又设度为。又设度为di的点有的点有bi个个(i=1,2,s)，则，则故非整数组故非整数组(b1,b2

31、, bs)是是n的一个划分，称为的一个划分，称为G的频的频序列。序列。定理：定理：一个一个n阶图阶图G和它的补图有相同的频序列。和它的补图有相同的频序列。44.作业作业P29P308,9,10,1145.Thank You !46.第一章第一章 图的基本概念图的基本概念本次课主要内容本次课主要内容子图、图运算、路与连通性子图、图运算、路与连通性(一一)、子图的相关概念、子图的相关概念(三三)、路与连通性、路与连通性(二二)、图运算、图运算47.1 1、子图、子图简单地说，图简单地说，图G的任意一部分的任意一部分(包括本身包括本身)都称为是图都称为是图G的的的一个子图。的一个子图。定义定义1 1

32、 如果如果(一一)、子图的相关概念、子图的相关概念且且H H中边的重数不超过中边的重数不超过G G中对应边的条数，则称中对应边的条数，则称H H为为G G的子图，记为的子图，记为当当 时，称时，称H H是是G G的真子图，记为的真子图，记为 48.2 2、点与边的导出子图、点与边的导出子图(1)图图G的顶点导出子图的顶点导出子图定义定义2 2 如果如果 ，则以，则以 为顶点集，为顶点集，以两个端点均在以两个端点均在 中的边集组成的图，称为中的边集组成的图，称为图图G G的点导出子图。记为：的点导出子图。记为：例例1如图所示，求如图所示，求。其中。其中12345图图G49.解：由点导出子图的定义

33、得：解：由点导出子图的定义得：135(2)图图G的边导出子图的边导出子图定义定义3 3 如果如果 ，则以，则以 为边集，为边集，以以 中边的所有端点为顶点集组成的图，称为中边的所有端点为顶点集组成的图，称为图图G G的边导出子图。记为：的边导出子图。记为：例例2如图所示，求如图所示，求。其中。其中50.解：由边导出子图的定义得：解：由边导出子图的定义得：12345图图G1234551.3 3、图的生成子图、图的生成子图定义定义3 3 如果图如果图G G的一个子图包含的一个子图包含G G的所有顶点，称的所有顶点，称该子图为该子图为G G的一个生成子图的一个生成子图例例2如图所示，求如图所示，求G

34、的所有生成子图的所有生成子图123图图G解：按边数分别求出解：按边数分别求出52.定理：简单图定理：简单图G=(n,m)的所有生成子图个数为的所有生成子图个数为2m(二二)、图运算、图运算在图论中，将两个或更多的图按照某种方式合并，或者对一个图作某在图论中，将两个或更多的图按照某种方式合并，或者对一个图作某种形式的操作，可以得到很有意义的新图。将图合并或对一个图进行操种形式的操作，可以得到很有意义的新图。将图合并或对一个图进行操作，称为图运算。图运算形式很多。作，称为图运算。图运算形式很多。1、图的删点、删边运算、图的删点、删边运算(1)、图的删点运算、图的删点运算设设，在，在G中删去中删去中

35、的顶点和中的顶点和G中与之关联的所有边中与之关联的所有边的操作，称为删点运算。记为的操作，称为删点运算。记为特别地，如果只删去一个点特别地，如果只删去一个点v，则记为，则记为G-v.53.(2)、图的删边运算、图的删边运算设设，在，在G中删去中删去中的所有边的操作，称为删边运算。中的所有边的操作，称为删边运算。记为记为特别地，如果只删去一条边特别地，如果只删去一条边e，则记为，则记为G-e.注：删点、删边后得到的图是原图的子图。注：删点、删边后得到的图是原图的子图。2、图的并运算、图的并运算设设G1,G2是是G的两个子图，的两个子图，G1与与G2并是指由并是指由为为顶点集，以顶点集，以为边集组

36、成的子图。记为：为边集组成的子图。记为：特别是，如果特别是，如果G1,G2不相交不相交(没有公共顶点没有公共顶点)，称它们的并为直接并，称它们的并为直接并，可以记为：可以记为：54.2、图的交运算、图的交运算设设G1,G2是是G的两个子图，的两个子图，G1与与G2交是指由交是指由为为顶点集，以顶点集，以为边集组成的子图。记为：为边集组成的子图。记为：设设G1,G2是两个图，是两个图，G1与与G2的差是指从的差是指从G1中删去中删去G2中的边得到的新中的边得到的新图。记为图。记为G1-G2.3、图的差运算、图的差运算4、图的对称差运算、图的对称差运算(或环和运算或环和运算)设设G1,G2是两个图

37、，是两个图，G1与与G2的对称差定义为：的对称差定义为：55.例例3已知已知G1与与G2，求，求1234abcdefG1h2354cdegijG2解：由相应运算定义得下面结果：解：由相应运算定义得下面结果：1234abcdef5hgij234cde56.123abfh2354gij1234abf5hgij57.5、图的联运算、图的联运算设设G1,G2是两个不相交的图，作是两个不相交的图，作G1+G2，并且将，并且将G1中每个顶点和中每个顶点和G2中的每个顶点连接，这样得到的新图称为中的每个顶点连接，这样得到的新图称为G1与与G2的联图。记为的联图。记为：例例4已知已知G1与与G2，求，求21G

38、1345G2解：由联图的定义得：解：由联图的定义得：2134558.6、图的积图、图的积图设设是两个图。对点集是两个图。对点集的任意两个点的任意两个点u=(u1,u2)与与v=(v1,v2),当当(u1=v1和和u2adjv2)或或(u2=v2和和u1adjv1)时，把时，把u与与v相连。如此得到的新图称为相连。如此得到的新图称为G1与与G2的的积图。记为积图。记为例例5已知已知G1与与G2，画，画G112G2345(1,4)(1,3)(1,5)(2,3)(2,4)(2,5)59.6、图的合成图、图的合成图设设是两个图。对点集是两个图。对点集的任意两个点的任意两个点u=(u1,u2)与与v=(

39、v1,v2),当当(u1adjv1)或或(u1=v1和和u2adjv2)时，把时，把u与与v相连。如此得到的新图称为相连。如此得到的新图称为G1与与G2的的合成图。记为合成图。记为例例6已知已知G1与与G2，画，画G112G2345(1,4)(1,3)(1,5)(2,3)(2,4)(2,5)60.图的积运算是网络构造的常用方法。并行计算机中的网络拓扑常图的积运算是网络构造的常用方法。并行计算机中的网络拓扑常采用所谓的采用所谓的“超立方体超立方体”结构。采用该结构可使网络具有较好的可结构。采用该结构可使网络具有较好的可靠性、较小的通信延迟和很好的可扩展性以及便于并行编程等优点。靠性、较小的通信延

40、迟和很好的可扩展性以及便于并行编程等优点。“超立方体超立方体”可以采用积图来递归构造。定义如下：可以采用积图来递归构造。定义如下：(1)1方体方体(2)n方体定义为：方体定义为：Q1Q3Q2“超立方体超立方体”常采用下面简单的递归构造方法：常采用下面简单的递归构造方法：61.n方体方体Qn的顶点可用一个长度为的顶点可用一个长度为n的二进制码来表示。的二进制码来表示。Qn的顶点数的顶点数目正好等于目正好等于2n个。个。由由n-1方体方体Qn-1构造构造Qn的方法是：将的方法是：将Qn-1拷贝一个。将原拷贝一个。将原Qn-1每个每个顶点的码前再添加一个零，将拷贝得来的顶点的码前再添加一个零，将拷贝

41、得来的n-1方体每个顶点的码前面方体每个顶点的码前面再添加一个再添加一个1。然后在两个。然后在两个n-1方体之间连线：当且仅当两个顶点码只方体之间连线：当且仅当两个顶点码只有一位对应位数字不同时，该两点连线。如此得到的图即为有一位对应位数字不同时，该两点连线。如此得到的图即为n方体。方体。关于关于n方体方体Qn的性质研究，可以查阅到很多文献。经典文章是：的性质研究，可以查阅到很多文献。经典文章是：SaadY,SchultzMH.TopologicalpropertiesofhypercubesJ.IEEETrans.Comput.1988,37(7):867-8727、图的联合、图的联合把把G

42、1的一个顶点和的一个顶点和G2的一个顶点粘合在一起后得到的新图称为的一个顶点粘合在一起后得到的新图称为G1与与G2的联合。记为：的联合。记为：62.(三三)、路与连通性、路与连通性对图的路与连通性进行研究，在计算机网络研究中有十分重要的对图的路与连通性进行研究，在计算机网络研究中有十分重要的意义。因为网络的抽象就是一个图。研究网络信息传递，信息寻径意义。因为网络的抽象就是一个图。研究网络信息传递，信息寻径是主要问题之一，这恰对应于图中路的研究；在网络研究中，可靠是主要问题之一，这恰对应于图中路的研究；在网络研究中，可靠性也是主要问题之一，它与图的连通性问题相对应。性也是主要问题之一，它与图的连

43、通性问题相对应。1、路与连通性的相关概念、路与连通性的相关概念(1)、图中的途径、图中的途径 G的一条途径（或通道或通路）是指一个有限非空序列的一条途径（或通道或通路）是指一个有限非空序列w= v0 e1 v1 e2 v2ek vk，它的项交替地为顶点和边，使得，它的项交替地为顶点和边，使得，ei的端点是的端点是vi-1和和vi.途径中边数称为途径的长度；途径中边数称为途径的长度；v0,vk分别称为途径的起点与终点，分别称为途径的起点与终点，其余顶点称为途径的内部点。其余顶点称为途径的内部点。(2)、图中的迹、图中的迹边不重复的途径称为图的一条迹。边不重复的途径称为图的一条迹。63.图中顶点图

44、中顶点u与与v的距离：的距离：u与与v间最短路的长度称为间最短路的长度称为u与与v间距离。记为间距离。记为d(u,v).如果如果u与与v间不存在路，定义间不存在路，定义d(u,v)=.(3)、图中的路、图中的路(4)、图中两顶点的距离、图中两顶点的距离注：起点与终点重合的途径、迹、路分别称为图的闭途径、闭迹注：起点与终点重合的途径、迹、路分别称为图的闭途径、闭迹与圈。闭迹也称为回路。长度为与圈。闭迹也称为回路。长度为k的圈称为的圈称为k圈，圈，k为奇数时称为奇为奇数时称为奇圈，圈，k为偶数时称为偶圈。为偶数时称为偶圈。顶点不重复的途径称为图的一条路。顶点不重复的途径称为图的一条路。(5)、图中

45、两顶点的连通性、图中两顶点的连通性图图G中点中点u与与v说是连通的，如果说是连通的，如果u与与v间存在通路。否则称间存在通路。否则称u与与v不连不连通。点的连通关系是等价关系。通。点的连通关系是等价关系。如果图如果图G中任意两点是连通的，称中任意两点是连通的，称G是连通图，否则，称是连通图，否则，称G是非连通是非连通图。非连通图中每一个极大连通部分，称为图。非连通图中每一个极大连通部分，称为G的连通分支。的连通分支。G的连通的连通分支的个数，称为分支的个数，称为G的分支数，记为的分支数，记为64.(6)、图的直径、图的直径连通图连通图G的直径定义为：的直径定义为：如果如果G不连通，图不连通，图

46、G的直径定义为的直径定义为例例7证明：在证明：在n阶连通图中阶连通图中(1)至少有至少有n-1条边；条边；(2)如果边数大于如果边数大于n-1，则至少有一条闭迹；，则至少有一条闭迹；(3)如果恰有如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。条边，则至少有一个奇度点。65.证明证明：(1)由于由于G连通，所以，存在如下形式的途径：连通，所以，存在如下形式的途径：显然该途径至少含有显然该途径至少含有n-1条边。条边。(v1,v2,vn是是G的的n个不同顶点个不同顶点)(2)考虑考虑G中途径：中途径：若若W是路，则长为是路，则长为n-1;但由于但由于G的边数大于的边数大于n-1,因此，存在因此，存在vi

47、与与vj,它它们相异，但邻接。于是：们相异，但邻接。于是：为为G中一闭途径，于是也就存在闭迹。中一闭途径，于是也就存在闭迹。66.(3)若不然，若不然，G中顶点度数至少为中顶点度数至少为2，于是由握手定理：，于是由握手定理：这与这与G中恰有中恰有n-1条边矛盾！条边矛盾！例例8证明：若证明：若2，则，则G中必然含有圈。中必然含有圈。证明：只就连通图证明即可！证明：只就连通图证明即可！设设W=v1v2.vk-1vk是是G中的一条最长路。由于中的一条最长路。由于2，所以，所以vk必然有相必然有相异于异于vk-1的邻接顶点。又的邻接顶点。又W是是G中最长路中最长路,所以，这样的邻接点必然是所以，这样

48、的邻接点必然是v1,v2,.,vk-2中之一。设该点为中之一。设该点为vm，则，则vmvm+1.vkvm为为G中圈。中圈。67.2、连通性性质、连通性性质定理定理1：若图：若图G不连通，则其补图连通不连通，则其补图连通证明：对证明：对,如果如果u,v属于属于G的同一分支，设的同一分支，设w是与是与u,v处于不同分支中的点，则在处于不同分支中的点，则在G的补图中，的补图中，u与与w,v与与w分别邻接，于是，分别邻接，于是，u与与v在在G的补图中是连通的。的补图中是连通的。如果如果u与与v在在G的两个不同分支中，则在的两个不同分支中，则在G的补图中必然邻接，因此，的补图中必然邻接，因此，也连通。也

49、连通。所以，若所以，若G不连通，不连通，G的补图是连通的。的补图是连通的。3、偶图的判定定理、偶图的判定定理68.定理定理2一个图是偶图当且当它不包含奇圈一个图是偶图当且当它不包含奇圈。证明：证明：必要性必要性：设：设G是具有二分类（是具有二分类（X,Y）的偶图，并且）的偶图，并且C = v0 v1vk v0是是G的一个圈的一个圈不失一般性，可假定不失一般性，可假定。一般说来，。一般说来，。又因为，所以，所以由此即得由此即得C是偶圈是偶圈。充分性充分性：在：在G中任意选取点中任意选取点u,定义定义V的分类如下：的分类如下：X =x |d(u,x)是偶数，是偶数，x V (G)Y=y|d(u,y

50、)是奇数，是奇数，y V (G)下面证明：对下面证明：对X中任意两点中任意两点v与与w,v与与w不邻接！不邻接！69.设设v与与w是是X中任意两个顶点。中任意两个顶点。P是一条最短是一条最短(u,v)路路，而，而Q是一条最是一条最短的短的(u,w)路。路。QPvuwu1又设又设u1是是P和和Q的最后一个交点。由于的最后一个交点。由于P,Q是最短路，所以，是最短路，所以，P,Q中中u到到u1段长度相同，因此奇偶性相同。又段长度相同，因此奇偶性相同。又P,Q的长均是偶数，所以，的长均是偶数，所以，P,Q中中u1v段和段和u1w段奇偶性相同。段奇偶性相同。如果如果v与与w邻接，则可得到奇圈，矛盾！邻

51、接，则可得到奇圈，矛盾！70.作业作业P29P3013,14,20,2271.Thank You !72.第一章第一章 图的基本概念图的基本概念本次课主要内容本次课主要内容最短路算法、图的代数表示最短路算法、图的代数表示(一一)、最短路算法、最短路算法(二二)、图的代数表示、图的代数表示1、图的邻接矩阵、图的邻接矩阵2、图的关联矩阵、图的关联矩阵73.1 1、相关概念、相关概念(1)赋权图赋权图(一一)、最短路算法、最短路算法在图在图G的每条边上标上一个实数的每条边上标上一个实数w(e)后后,称称G为边赋权图。被标上的实为边赋权图。被标上的实数称为边的权值。数称为边的权值。若若H是赋权图是赋权

52、图G的一个子图，称的一个子图，称为子图为子图H的权值。的权值。权值的意义是广泛的。可以表示距离，可以表示交通运费，可以表示权值的意义是广泛的。可以表示距离，可以表示交通运费，可以表示网络流量，在朋友关系图甚至可以表示友谊深度。但都可以抽象为距离。网络流量，在朋友关系图甚至可以表示友谊深度。但都可以抽象为距离。74.(2)赋权图中的最短路赋权图中的最短路设设G为边赋权图。为边赋权图。u与与v是是G中两点，在连接中两点，在连接u与与v的所有路中，路中各的所有路中，路中各边权值之和最小的路，称为边权值之和最小的路，称为u与与v间的最短路。间的最短路。解决某类问题的一组有穷规则，称为算法。解决某类问题

53、的一组有穷规则，称为算法。(3)算法算法1)好算法好算法算法总运算量是问题规模的多项式函数时，称该算法为好算法。算法总运算量是问题规模的多项式函数时，称该算法为好算法。(问题问题规模：描述或表示问题需要的信息量规模：描述或表示问题需要的信息量)算法中的运算包括算术运算、比较运算等。运算量用运算次数表示。算法中的运算包括算术运算、比较运算等。运算量用运算次数表示。2)算法分析算法分析75.对算法进行分析，主要对时间复杂性进行分析。分析运算量和问题规对算法进行分析，主要对时间复杂性进行分析。分析运算量和问题规模之间的关系。模之间的关系。2 2、最短路算法、最短路算法1959年，旦捷希年，旦捷希(D

54、antjig）发现了在赋权图中求由点）发现了在赋权图中求由点a到点到点b的最短路好的最短路好算法，称为顶点标号法。算法，称为顶点标号法。t(an):点点an的标号值，表示点的标号值，表示点a1=a到到an的最短路长度的最短路长度Ai=a1,a2,.,ai:已经标号的顶点集合。已经标号的顶点集合。Ti:a1到到ai的最短路上的边集合的最短路上的边集合算法叙述如下：算法叙述如下：76.(1)记记a=a1,t(a1)=0,A1=a1,T1=;(2)若已经得到若已经得到Ai=a1,a2,ai,且对于且对于1ni,ni,已知已知t(at(an n),),对每一个对每一个a an nAi,求一点：求一点：

55、使得：使得：(3)设有设有mi，1mmi ii ,i ,而而b bmimi(i)(i)是使是使 取最小值，令：取最小值，令：(4)若若ai+1=b,停止，否则，记停止，否则，记,转转(2).77.时间复杂性分析：时间复杂性分析：对第对第i次循环：步骤次循环：步骤(2)要进行要进行i次比较运算，步骤次比较运算，步骤(3)要进行要进行i次加法与次加法与i次次比较运算。所以，该次循环运算量为比较运算。所以，该次循环运算量为3i.所以，在最坏的情况下，运算量所以，在最坏的情况下，运算量为为n2级，是好算法。级，是好算法。算法证明：算法证明：定理定理1：算法中的函数：算法中的函数t(ai)给出了给出了a

56、与与ai的距离。的距离。证明：略证明：略78.例例1如图所示，求点如图所示，求点a到点到点b的距离。的距离。812614227924693av1v2v3v4v5v6b解解1.A1=a，t (a)=0，T1=2.b1(1)=v3;3.m1=1,a2=v3,t(v3)=t(a)+ l(av3)=1(最小最小)，T2=av3;79.2.A2=a,v3,b1(2)=v1,b2(2)=v2;3.m2=1,a3=v1,t(v1)=t(a)+ l(av1)=2(最小最小)，T3=av3,av1;2. A3=a,v3,v1,b1(3)=v2,b2(3)=v2,b3(3)=v4;3.m3=3,a4=v4,t(v

57、4)=t(v1)+ l(v1v4)=3(最小最小)，T4=av3,av1, v1v42.A4=a, v3, v1, v4，b1(4)= v2，b2(4)= v2，b3(4)= v2, b4(4)= v5;3.m4=4,a5=v5,t(v5)=t(v4)+ l(v4v5)=6(最小最小)，T5=av3,av1, v1v4,v4v5;80.2.A5=a, v3, v1, v4, v5，b1(5)= v2，b2(5)= v2， b3(5)= v2 ,b4(5)= v2,b5(5)= v2;3.m5=4,t(v2)=t(v4)+ l(v4v2)=7(最小最小)，T6=av3,av1, v1v4,v4v

58、5, v4v2;2.A6=a, v3, v1, v4, v5,v2,b2(6)= v6, b4(6)= b，b5(6)= v6，b6(6)= v6;3.m6=6,a7=v6,t(v6)=t(v2)+ l(v2v6)=9(最小最小)，T7=av3,av1, v1v4,v4v5, v4v2, v2v6;2.A7=a, v3, v1, v4, v5,v2,v6, b4(7)= b，b5(7)=b，b7(7)=b ;3.m7=7,a8=b,t(b)=t(v6)+ l(v6b)=11(最小最小)，81.T8=av3,av1, v1v4,v4v5, v4v2, v2v6,v6b;于是知于是知a与与b的距离

59、的距离d (a, b)=t (b)=11由由T8导出的导出的a到到b的最短路为：的最短路为：课外作业课外作业某公司在六个城市某公司在六个城市C1,C2,C3,C4,C5,C6中有分公司，从中有分公司，从Ci到到Cj的的直接航程票价记在下述矩阵的直接航程票价记在下述矩阵的(i,j)位置上，位置上，表示没有直接航程。表示没有直接航程。制作一张任意两城市间的最便宜的路线表。制作一张任意两城市间的最便宜的路线表。82.例例2某两人有一只某两人有一只8升的酒壶装满了酒，还有两只空壶，分别为升的酒壶装满了酒，还有两只空壶，分别为5升和升和3升。求最少的操作次数能均分酒。升。求最少的操作次数能均分酒。解：设

60、解：设x1,x2,x3分别表示分别表示8,5,3升酒壶中的酒量。则升酒壶中的酒量。则容易算出容易算出(x1,x2,x3)的组合形式共的组合形式共24种。种。每种组合用一个点表示，两点连线，当且仅当可通过倒酒的方式每种组合用一个点表示，两点连线，当且仅当可通过倒酒的方式相互变换。相互变换。若各边赋权为若各边赋权为1，则问题转化为在该图中求，则问题转化为在该图中求(8,0,0)到到(4,4,0)的一条最短路。结果如下：的一条最短路。结果如下：83.例例3在一河岸有狼，羊和卷心菜。摆渡人要将它们渡过河去，由于船在一河岸有狼，羊和卷心菜。摆渡人要将它们渡过河去，由于船太小，每次只能载一样东西。由于狼羊

61、，羊卷心菜不能单独相处。太小，每次只能载一样东西。由于狼羊，羊卷心菜不能单独相处。问摆渡人至少要多少次才能将其渡过河？问摆渡人至少要多少次才能将其渡过河？分析：人，狼，羊，菜所有组合形式为：分析：人，狼，羊，菜所有组合形式为：但是以下组合不能允许出现：但是以下组合不能允许出现：狼羊菜，羊菜，狼羊，人，人狼，人菜，共狼羊菜，羊菜，狼羊，人，人狼，人菜，共6种。种。岸上只能允许出现岸上只能允许出现10种组合：种组合：人狼羊菜，人狼羊，人狼菜，人羊，空，菜，羊，狼，狼菜，人人狼羊菜，人狼羊，人狼菜，人羊，空，菜，羊，狼，狼菜，人羊菜。羊菜。每种情况用点表示；每种情况用点表示；84.两点连线，当且仅当

62、两种情况可用载人两点连线，当且仅当两种情况可用载人(或加一物或加一物)的渡船相互转的渡船相互转变。变。于是，问题转化为求由顶点于是，问题转化为求由顶点“人狼羊菜人狼羊菜”到顶点到顶点“空空”的一条最的一条最短路。短路。每条边赋权为每条边赋权为1结果为：结果为：(1)人狼羊菜人狼羊菜狼菜狼菜人狼菜人狼菜狼狼人狼羊人狼羊羊羊人羊人羊空；空；(2)人狼羊菜人狼羊菜狼菜狼菜人狼菜人狼菜菜菜人羊菜人羊菜羊羊人羊人羊空。空。85.(二二)、图的代数表示、图的代数表示用邻接矩阵或关联矩阵表示图，称为图的代数表示。用邻接矩阵或关联矩阵表示图，称为图的代数表示。用矩阵表示图，主要有两个优点：用矩阵表示图，主要有

63、两个优点：(1)能够把图输入到计能够把图输入到计算机中；算机中；(2)可以用代数方法研究图论。可以用代数方法研究图论。1、图的邻接矩阵、图的邻接矩阵定义定义1设设G为为n阶图，阶图，V=v1,v2,vn,邻接矩阵邻接矩阵A(G)=(aij),其中：其中：86.例如：写出下图例如：写出下图G的邻接矩阵：的邻接矩阵：解：邻接矩阵为：解：邻接矩阵为：1234图图G87.图图G的邻接矩阵的性质的邻接矩阵的性质(1)非负性与对称性非负性与对称性由邻接矩阵定义知由邻接矩阵定义知aij是非负整数，即邻接矩阵是非负整数矩阵；是非负整数，即邻接矩阵是非负整数矩阵；在图中点在图中点vi与与vj邻接，有邻接，有vj

64、与与vi邻接，即邻接，即aij=aji.所以，邻接矩阵是对称矩所以，邻接矩阵是对称矩阵。阵。(2)同一图的不同形式的邻接矩阵是相似矩阵。同一图的不同形式的邻接矩阵是相似矩阵。这是因为，同图的两种不同形式矩阵可以通过交换行和相应的列变成这是因为，同图的两种不同形式矩阵可以通过交换行和相应的列变成一致。一致。(3)如果如果G为简单图，则为简单图，则A(G)为布尔矩阵为布尔矩阵;行和行和(列和列和)等于对应顶点的度数；等于对应顶点的度数；矩阵元素总和为图的总度数，也就是矩阵元素总和为图的总度数，也就是G的边数的的边数的2倍。倍。88.(4)G连通的充分必要条件是：连通的充分必要条件是：A(G)不能与

65、如下矩阵相似不能与如下矩阵相似证明：证明：1)必要性必要性若不然：设若不然：设A11对应的顶点是对应的顶点是v1,v2,vk,A22对应的顶点为对应的顶点为vk+1,vk+2,vn显然，显然，vi(1ik)ik)与与vj(k+1in)不邻接，即不邻接，即G是非连通图。矛盾！是非连通图。矛盾！2)充分性充分性若不然：设若不然：设G1与与G2是是G的两个不连通的部分，并且设的两个不连通的部分，并且设V(G1)=v1,v2,vk,V(G2)=vk+1,vk+2,vn,如果在写如果在写89.G的邻接矩阵时，先排的邻接矩阵时，先排V(G1)中点，再排中点，再排V(G2)中点，则中点，则G的邻接矩阵的邻接

66、矩阵形式必为：形式必为：(5)定理：设定理：设，则，则aij(k)表示顶点表示顶点vi到顶点到顶点vj的途径长度为的途径长度为k的途径条数。的途径条数。证明：对证明：对k作数学归纳法证明。作数学归纳法证明。当当k=1时，由邻接矩阵的定义，结论成立；时，由邻接矩阵的定义，结论成立；设结论对设结论对k-1时成立。当为时成立。当为k时：时：一方面：先计算一方面：先计算Ak;90.另一方面：考虑另一方面：考虑vi到到vj的长度为的长度为k的途径的途径设设vm是是vi到到vj的途径中点，且该点和的途径中点，且该点和vj邻接。则邻接。则vi到到vj的经过的经过vm且长度且长度为为k的途径数目应该为：的途径

67、数目应该为：所以，所以，vi到到vj的长度为的长度为k的途径数目为：的途径数目为：即为即为例例4求下图中求下图中v1到到v3的途径长度为的途径长度为2和和3的条数。的条数。91.解：由于：解：由于：v4v1v2v3所以，所以，v1到到v3的途径长度为的途径长度为2和和3的条数分别为：的条数分别为：3和和4。推论推论:(1)A2的元素的元素aii(2)是是vi的度数，的度数，A3的元素的元素aii(3)是含是含vi的三角形个数的三角形个数的的2倍；倍；92.(2)若若G是连通的，对于是连通的，对于ij,vi和和vj间距离是使间距离是使An的的aij(n)0的最小整数。的最小整数。2、图的关联矩阵

68、、图的关联矩阵(1)若若G是是(n,m)图。定义图。定义G的关联矩阵：的关联矩阵：其中：其中：例如：例如：e1v4v3v2v1e7e5e4e3e2e693.(2)关联矩阵的性质关联矩阵的性质1)关联矩阵的元素为关联矩阵的元素为0，1或或2；2)关联矩阵的每列和为关联矩阵的每列和为2；每行的和为对应顶点度数；每行的和为对应顶点度数；94.作业作业P29P301695.Thank You !96.第一章第一章 图的基本概念图的基本概念本次课主要内容本次课主要内容邻接谱与图的邻接代数邻接谱与图的邻接代数(一一)、邻接谱、邻接谱(二二)、图的邻接代数、图的邻接代数(三三)、图空间简介、图空间简介97.

69、(一一)、邻接谱、邻接谱1、图的特征多项式、图的特征多项式定义定义1：图的邻接矩阵：图的邻接矩阵A(G)的特征多项式：的特征多项式：称为图称为图G的特征多项式。的特征多项式。例例1、设单图、设单图G的特征多项式为：的特征多项式为：求证求证:(1)a1=0;(2)a2=m(G);(3)a3是是G中含有不同的中含有不同的K3子图的个数子图的个数2倍。倍。98.证明：由矩阵理论：对每个证明：由矩阵理论：对每个1in,(-1)n,(-1)i ia ai i是是A(G)A(G)的所有的所有i i阶主子阶主子式之和。式之和。(1)由于由于A(G)的主对角元全为零，所以所有的主对角元全为零，所以所有1阶主子

70、式全为零，阶主子式全为零，即：即：a1=0;这样的一个这样的一个2阶主子式对应阶主子式对应G中的一条边，反之亦然，所以，有：中的一条边，反之亦然，所以，有：(2)对于单图对于单图G,A(G)中非零的中非零的2阶主子式必为如下形式：阶主子式必为如下形式：99.这样的一个这样的一个3阶主子式对应阶主子式对应G中的一个中的一个K3，反之亦然，反之亦然.设设G中有中有S个个K3,则：则：(3)对于单图对于单图G,A(G)中非零的中非零的3阶主子式必为如下形式：阶主子式必为如下形式：100.2、图的邻接谱、图的邻接谱定义定义2：图的邻接矩阵：图的邻接矩阵A(G)的特征多项式的特征值及其重数，的特征多项式

71、的特征值及其重数，称为称为G的邻接谱。的邻接谱。例例2、求出、求出Kn的谱。的谱。解：解：Kn的邻接矩阵为：的邻接矩阵为：101.于是：于是：102.所以：所以：例例3，若两个非同构的图具有相同的谱，则称它们是同谱图。求证：，若两个非同构的图具有相同的谱，则称它们是同谱图。求证：下面两图是同谱图。下面两图是同谱图。GH103.证明：证明：G与与H显然不同构。显然不同构。通过直接计算：通过直接计算：所以所以G与与H是同谱图。是同谱图。例例4，设单图，设单图A(G)的谱为：的谱为：则：则：证明：由矩阵理论：证明：由矩阵理论：104.aii(2)表示点表示点vi的度数，由握手定理：的度数，由握手定理

72、：即：即：例例5，设，设是是单图单图G=(n,m)的任意特征值，则：的任意特征值，则：证明：不失一般性，设证明：不失一般性，设= =1 1，2 2，,n n是是G G的全体特征值。的全体特征值。G是是单图，有：单图，有：105.又由例又由例4，有：，有：对向量对向量(1,1,1)与与(2 2, ,3 3, ,4 4,n n) )用柯西不等式得：用柯西不等式得：所以，有：所以，有：由由(1)与与(2)得：得：106.注：对于图谱的研究，开始于二十世纪注：对于图谱的研究，开始于二十世纪60年代。形成了代数图论年代。形成了代数图论的主要研究方向之一。图谱研究在流体力学，量子化学，量子物的主要研究方向

73、之一。图谱研究在流体力学，量子化学，量子物理与非线性物理以及网络技术中都有重要的应用。国内，中国科理与非线性物理以及网络技术中都有重要的应用。国内，中国科技大学数学系是最早展开该课题研究的单位技大学数学系是最早展开该课题研究的单位(1978年就有很好的研年就有很好的研究成果究成果)。他们对图论的研究主要有两个方面：一是图谱问题，二。他们对图论的研究主要有两个方面：一是图谱问题，二是组合网络研究，也有达到国际水平的研究成果是组合网络研究，也有达到国际水平的研究成果(1994年开始年开始).关关于组合网络问题，将在第三章作一些介绍。于组合网络问题，将在第三章作一些介绍。107.(二二)、图的邻接代

74、数、图的邻接代数1、图的邻接代数的定义、图的邻接代数的定义定义定义3：设：设A是无环图是无环图G的邻接矩阵，称：的邻接矩阵，称：对于矩阵的加法和数与矩阵的乘法来说作成数域对于矩阵的加法和数与矩阵的乘法来说作成数域C上的向量空间，上的向量空间，称该空间为图称该空间为图G的邻接代数。的邻接代数。注：注：向量空间的定义可简单地记为向量空间的定义可简单地记为“非空非空”、“两闭两闭”、“八条八条”2、图的邻接代数的维数特征、图的邻接代数的维数特征108.定理定理1：G为为n阶连通无环图，则：阶连通无环图，则：证明：由哈密尔顿证明：由哈密尔顿凯莱定理凯莱定理(见北大数学力学系见北大数学力学系高等代数高等

75、代数)：所以：所以：下面证明：下面证明：E,A,A2,Ad(G)线性无关！线性无关！若不然，则存在不全为零的数若不然，则存在不全为零的数a0,a1,ad(G),使：使：109.设设am-10,但当但当km时，有时，有ak=0.于是有：于是有：假定：假定：v1v2vd(G)+1是是G中一条最短的中一条最短的(v1,vd(G)+1)路，易知：路，易知：d(G)n.于是，于是，d(v1,vm)=m-1,(m=1,2,d(G)+1)注意到：注意到：Ak的元素的元素a1m(k)在在k0所以，所以，的一行的一行m列元为列元为am-1a1m(m-1)0，这样有这样有：110.产生矛盾！产生矛盾！定理结果分析

76、：不等式右端的界是紧的！定理结果分析：不等式右端的界是紧的！因为：因为：n点路的直径为点路的直径为n-1,所以，此时该路的邻接代数的维数正好所以，此时该路的邻接代数的维数正好为为n。此外：当此外：当G为为Kn时，有：时，有：111.定理定理2：集合：集合：对于图的对称差运算和数乘运算：对于图的对称差运算和数乘运算：(三三)、图空间简介、图空间简介来说作成数域来说作成数域F=0,1上的上的m维向量空间。维向量空间。注：图空间概念是网络图论中的一个基本概念。研究通信网络，注：图空间概念是网络图论中的一个基本概念。研究通信网络，如果要用图论方法，建议参看陈树柏的如果要用图论方法，建议参看陈树柏的网络

77、图论及其应用网络图论及其应用，科学出版社，科学出版社，1982年。学习网络图论的主要基础是电工学与矩阵年。学习网络图论的主要基础是电工学与矩阵理论知识。理论知识。112.证明证明:(1)证明证明M是是F上的向量空间，只需要验证上的向量空间，只需要验证“两闭两闭”与与“八条八条”即可。即可。(2) M(2) M的维数为的维数为m m令令又令：又令：可以证明：可以证明：g g1 1,g,g2 2,g,gm m为为M M的一组基！的一组基！事实上：对事实上：对若若E(GE(Gi i)=e)=ei1i1,e,ei2i2,e,eikik,则：则：113.另一方面：若另一方面：若则：则：c c1 1=c=

78、c2 2= = c= = cm m =0=0所以：所以：114.作业作业设设G是一个是一个r度正则图，证明：度正则图，证明：(1)r是是G的的一个特征值；的的一个特征值；(2)特征值特征值r的重数等于的重数等于G的连通分支数；的连通分支数；(3)G的任意特征值的任意特征值满足：满足：115.Thank You !116.第一章第一章 图的基本概念图的基本概念本次课主要内容本次课主要内容极图理论简介极图理论简介(一一)、l 部图的概念与特征部图的概念与特征(二二)、托兰定理、托兰定理(三三)、托兰定理的应用、托兰定理的应用(四四)、交图与团图简介、交图与团图简介117.1978年，数学家年，数学

79、家Bollobas写了一本书写了一本书极值图论极值图论(ExtremalGraph）,是关于极值图论问题的经典著作。是关于极值图论问题的经典著作。P.Erds是该研究领域的杰出人物。他是数学界的传奇人物，是该研究领域的杰出人物。他是数学界的传奇人物，国际图论大师，获过国际图论大师，获过Wolf数学奖。他是数学奖。他是20世纪最伟大的数学家世纪最伟大的数学家之一，也是人类历史上发表数学论文最多的数学家之一，也是人类历史上发表数学论文最多的数学家(1000多篇多篇),第二名是欧拉第二名是欧拉(837篇篇)。他于。他于1996年年9月月20日因心脏病去世，享日因心脏病去世，享年年83岁，他的逝世当时

80、惊动了整个数学界。岁，他的逝世当时惊动了整个数学界。极图属于极值图论讨论的范畴，主要研究满足某个条件下极图属于极值图论讨论的范畴，主要研究满足某个条件下的最大图或最小图问题。的最大图或最小图问题。上世纪上世纪70年代末，极值图论已经形成了相对完整的理论体系，年代末，极值图论已经形成了相对完整的理论体系，但还有很多引人入胜的公开性问题没有解决，所以，直到现在，它但还有很多引人入胜的公开性问题没有解决，所以，直到现在，它仍然是重要研究方向。但是，该方向是比较困难的数学研究方向之仍然是重要研究方向。但是，该方向是比较困难的数学研究方向之一。一。118.本次课，主要介绍极值图论中的一个经典结论：托兰定

81、理。本次课，主要介绍极值图论中的一个经典结论：托兰定理。(一一)、l 部图的概念与特征部图的概念与特征定义定义1若简单图若简单图G的点集的点集V有一个划分：有一个划分：且所有的且所有的Vi非空，非空，Vi内的点均不邻接，称内的点均不邻接，称G是一个是一个l 部图。部图。4部图部图119.定义定义2如果在一个如果在一个l 部图部图G中，任意部中，任意部Vi中的每个顶点同中的每个顶点同G中其它中其它各部中的每个顶点均邻接，称各部中的每个顶点均邻接，称G为完全为完全l 部图。记作：部图。记作：例如：例如：K1,2,2显然：显然：120.定义定义3如果在一个如果在一个n个点的完全个点的完全l 部图部图

82、G中有：中有：则称则称G为为n阶完全阶完全l 几乎等部图，记为几乎等部图，记为T l,n|V1|=|V2|=|Vl |的完全的完全l 几乎等部图称为完几乎等部图称为完全全l 等部图。等部图。定理定理1：连通偶图的连通偶图的2部划分是唯一的。部划分是唯一的。证明证明设连通偶图设连通偶图G的的2部划分为部划分为V1V2=V。121.取取vV1，由于，由于G连通，对任何连通，对任何uV1V2，G中有中有联结联结u和和v的路，故的路，故d(v,u)有定义。有定义。 因为任何一条以因为任何一条以v为起点的路交替地经过为起点的路交替地经过V1和和V2的点，的点，可知一个点可知一个点uV2当且仅当当且仅当d

83、(v,u)是奇数。这准则唯一地是奇数。这准则唯一地决定了决定了G的的2部划分。部划分。定理定理2：n阶完全偶图阶完全偶图Kn1,n2的边数的边数m=n1n2,且有：且有：证明：证明：m=n1n2显然。下面证明第二结论：显然。下面证明第二结论：122.证明：首先有：证明：首先有：定理定理3n阶阶l部图部图G有最多边数的充要条件是有最多边数的充要条件是G Tl,n。其次，考虑：其次，考虑：则则f取最大值的充分必要条件为：取最大值的充分必要条件为：1ij i3)n (n3)阶连通图，当且仅当阶连通图，当且仅当G G中没有三角形时，有：中没有三角形时，有：(4) (4) 若图若图G G是任意一个是任意

84、一个n4n4的图，则的图，则2、团图的概念与性质、团图的概念与性质定义定义3 3 单图单图G G的一个团是指的一个团是指V V中一个子集中一个子集V V1 1, ,使使GVGV1 1 是完全图。是完全图。定义定义4 4 一个给定的图一个给定的图G的团图是的团图是G的团的族的交图的团的族的交图。135.例例: (1): (1)指出图指出图G G中所有的团；中所有的团； (2) (2)作出图作出图G G的一个团图；的一个团图；v1v2v3v4v5v6图图G解解: (1): (1)136.(2)(2)令令F=F=S16,S17,S18,S19,则则G的一个团图为的一个团图为K4定理定理一个图一个图G

85、是一个团图当且仅当它含有完全子图的是一个团图当且仅当它含有完全子图的一个族一个族F，它们的并是，它们的并是G，且如果，且如果F的某个子族的某个子族F中每一中每一对完全子图的交非空，则对完全子图的交非空，则F的所有元素的交就非空。的所有元素的交就非空。问题：问题：K4是否为某个图的团图？是否为某个图的团图？137.Thank You !138.第二章第二章 树树本章主要内容本章主要内容一、树的概念与性质一、树的概念与性质二、生成树二、生成树三、最小生成树三、最小生成树授课学时授课学时授课学时：授课学时：6学时学时139.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、树的概念与应用、树的概念与应用(二二)

86、、树的性质、树的性质(三三)、树的中心与形心、树的中心与形心140.1、树的概念、树的概念(一一)、树的概念与应用、树的概念与应用定义定义1不含圈的图称为无圈图，树是连通的无圈图。不含圈的图称为无圈图，树是连通的无圈图。例如：下面的图均是树例如：下面的图均是树树树T1树树T2树树T3树树T4141.定义定义2称无圈图称无圈图G为森林。为森林。注注:(1)树与森林都是单图树与森林都是单图;(2)树与森林都是偶图。树与森林都是偶图。例例1画出所有不同构的画出所有不同构的6阶树。阶树。解：按树中存在的最长路进行枚举。解：按树中存在的最长路进行枚举。6阶树中能够存在的最长路最阶树中能够存在的最长路最小

87、值为小值为2，最大值为，最大值为5。142.树是图论中应用最为广泛的一类图。在理论上，由于树的简单树是图论中应用最为广泛的一类图。在理论上，由于树的简单结构，常常是图论理论研究的结构，常常是图论理论研究的“试验田试验田”。在实际问题中，许多。在实际问题中，许多实际问题的图论模型就是树。实际问题的图论模型就是树。例例2族谱图与树族谱图与树2、树的应用、树的应用要把一个家族的繁衍情况简洁直观表达出来，用点表示家族中要把一个家族的繁衍情况简洁直观表达出来，用点表示家族中成员，成员成员，成员x是成员是成员y的儿女，把点的儿女，把点x画在点画在点y的下方，并连线。如的下方，并连线。如此得到的图，是一颗树

88、，称为根树。示意如下：此得到的图，是一颗树，称为根树。示意如下：根树根树143.实际上，根树是许多问题的模型，如社会结构，计算机数据实际上，根树是许多问题的模型，如社会结构，计算机数据结构，数学中的公式结构，分类枚举表示等。结构，数学中的公式结构，分类枚举表示等。例例3道路的铺设与树道路的铺设与树假设要在某地建造假设要在某地建造4个工厂，拟修筑道路连接这个工厂，拟修筑道路连接这4处。经勘探，处。经勘探，其道路可按下图的无向边铺设。现在每条边的长度已经测出并标记其道路可按下图的无向边铺设。现在每条边的长度已经测出并标记在图的对应边上，如果我们要求铺设的道路总长度最短，这样既能在图的对应边上，如果

89、我们要求铺设的道路总长度最短，这样既能节省费用节省费用，又能缩短工期，又能缩短工期，如何铺设？，如何铺设？144.该问题归结于在图中求所谓的最小生成树问题。或称为赋权图该问题归结于在图中求所谓的最小生成树问题。或称为赋权图中的最小连接问题。中的最小连接问题。例例4化学中的分子结构与树化学中的分子结构与树例如：例如：C4H10的两种同分异构结构图模型为：的两种同分异构结构图模型为：hhhhhhhhhhhhhhhhhhhh145.例例5电网络中独立回路与图的生成树电网络中独立回路与图的生成树早在早在19世纪，图论还没有引起人们关注的时候，物理学世纪，图论还没有引起人们关注的时候，物理学家克希荷夫就

90、已经注意到电路中的独立回路与该电路中的所家克希荷夫就已经注意到电路中的独立回路与该电路中的所谓生成树的关系。即：如果电路是谓生成树的关系。即：如果电路是(n,m)图，则独立回路的图，则独立回路的个数为个数为m-n+1.并且，生成树添上生成树外的并且，生成树添上生成树外的G的一条边，就的一条边，就可以得到一独立回路。可以得到一独立回路。总之，树在图论研究和图论应用上都是十分典型的特殊图。总之，树在图论研究和图论应用上都是十分典型的特殊图。146.定理定理1每棵非平凡树至少有两片树叶。每棵非平凡树至少有两片树叶。证明证明设设P=v1v2vk是非平凡树是非平凡树T中一条最长路，则中一条最长路，则v1

91、与与vk在在T中中的邻接点只能有一个，否则，要么推出的邻接点只能有一个，否则，要么推出P不是最长路，要么推不是最长路，要么推出出T中存在圈，这都是矛盾！即说明中存在圈，这都是矛盾！即说明v1与与v2是树叶。是树叶。定理定理2图图G是树当且仅当是树当且仅当G中任意两点都被唯一的路连接。中任意两点都被唯一的路连接。证明：证明：“必要性必要性”若不然，设若不然，设P1与与P2是连接是连接u与与v的两条不同的路。则的两条不同的路。则(二二)、树的性质、树的性质147.由这两条路的全部或部分将构成一个圈，这与由这两条路的全部或部分将构成一个圈，这与G是树相矛盾。是树相矛盾。“充分性充分性”首先，因首先，

92、因G的任意两点均由唯一路相连，所以的任意两点均由唯一路相连，所以G是连通的。是连通的。其次，若其次，若G中存在圈，则在圈中任取点中存在圈，则在圈中任取点u与与v，可得到连接，可得到连接u与与v的两条不同的路，与条件矛盾。的两条不同的路，与条件矛盾。定理定理3设设T是是(n,m)树，则：树，则：证明：对证明：对n作数学归纳。作数学归纳。148.当当n=1时，等式显然成立；时，等式显然成立；设设n=k时等式成立。考虑时等式成立。考虑n=k+1的树的树T。由定理由定理1T中至少有两片树叶，设中至少有两片树叶，设u是是T中树叶，考虑中树叶，考虑T1=T-u,则则T1为为k阶树，于是阶树，于是m(T1)

93、=k-1,得得m(T)=k。这就证明了定理这就证明了定理3。例例6设设T为为12条边的树，其顶点度为条边的树，其顶点度为1,2,5。如果。如果T恰有恰有3个度为个度为2的的顶点，那么顶点，那么T有多少片树叶？有多少片树叶？解：设解：设T有有x片树叶。片树叶。由由m=n-1得得n=13.于是由握手定理得：于是由握手定理得：149.得得x=8例例7设设T为为(n,m)树，树，T中有中有ni个度为个度为i的点的点(1ik),ik),且有：且有：n ni i=n.=n.证明：证明：证明：由证明：由m=n-1得：得：又由握手定理得：又由握手定理得：由上面两等式得：由上面两等式得：150.推论推论1具有具

94、有k个分支的森林有个分支的森林有n-k条边。条边。证明：设森林证明：设森林G的的k个分支为个分支为Ti(1ik).ik).对每个分支，使用定理对每个分支，使用定理3 3得：得：所以：所以：定理定理4每个每个n阶连通图的边数至少为阶连通图的边数至少为n-1.证明：如果证明：如果n阶连通图没有一度顶点，那么由握手定理有：阶连通图没有一度顶点，那么由握手定理有：151.如果如果G有一度顶点。对顶点数作数学归纳。有一度顶点。对顶点数作数学归纳。当当n=1时，结论显然时，结论显然设当设当n=k时，结论成立。时，结论成立。当当n=k+1时，设时，设u是是G的一度顶点，则的一度顶点，则G-u为具有为具有k个

95、顶点的连通图。个顶点的连通图。若若G-u有一度顶点，则由归纳假设，其边数至少有一度顶点，则由归纳假设，其边数至少k-1,于是于是G的边数的边数至少有至少有k条；条；若若G-u没有一度顶点，则由握手定理：没有一度顶点，则由握手定理：所以所以G至少有至少有k+1条边。条边。152.而当而当G是树时，边数恰为是树时，边数恰为n-1.所以所以n阶连通图阶连通图G至少有至少有n-1条边。条边。所以，树也被称为最小连通图。所以，树也被称为最小连通图。定理定理5任意树任意树T的两个不邻接顶点之间添加一条边后，可以得到唯的两个不邻接顶点之间添加一条边后，可以得到唯一圈。一圈。证明：设证明：设u与与v是树是树T

96、的任意两个不邻接顶点，由定理的任意两个不邻接顶点，由定理2知：有唯一知：有唯一路路P连接连接u与与v.于是于是Puv是一个圈。是一个圈。显然，由显然，由P P的唯一性也就决定了的唯一性也就决定了Puv的唯一性。的唯一性。例例8设设G是树且是树且k,k,则则G G至少有至少有k k个一度顶点。个一度顶点。证明：若不然，设证明：若不然，设G有有n个顶点，至多个顶点，至多k-1个一度顶点，由于个一度顶点，由于k，于是，由握手定理得：，于是，由握手定理得：153.所以，有：所以，有：m(G)n-1,与与G是树矛盾！是树矛盾！例例9设设G是森林且恰有是森林且恰有2k个奇数顶点，则在个奇数顶点，则在G中有

97、中有k条边不重合的条边不重合的路路P1,P2,Pk,使得：使得：证明：对证明：对k作数学归纳。作数学归纳。当当k=1时，时，G只有两个奇数度顶点，此时，容易证明，只有两个奇数度顶点，此时，容易证明，G是一条路；是一条路；设当设当k=t时，结论成立。令时，结论成立。令k=t+1154.在在G中一个分支中取两个一度顶点中一个分支中取两个一度顶点u与与v，令，令P是连接该两个顶点是连接该两个顶点的唯一路，则的唯一路，则G-P是有是有2t个奇数顶点的森林，由归纳假设，它可以个奇数顶点的森林，由归纳假设，它可以分解为分解为t条边不重合的路之并，所以条边不重合的路之并，所以G可以分解为可以分解为t+1条边

98、不重合的条边不重合的路之并。路之并。注：对图作某种形式的分解，是图论的一个研究对象，它在网络结注：对图作某种形式的分解，是图论的一个研究对象，它在网络结构分析中具有重要作用。构分析中具有重要作用。155.树的度序列问题：树的度序列问题：在第一章中，介绍了判定一个非增非负序列是否为简单图的度序列在第一章中，介绍了判定一个非增非负序列是否为简单图的度序列定理。下面介绍一个判定非增非负序列是否为树的度序列的简单方法。定理。下面介绍一个判定非增非负序列是否为树的度序列的简单方法。定理定理6设设S=d1,d2,dn是是n个正整数序列，它们满足：个正整数序列，它们满足：d1d2dn,ddi i=2(n-1

99、).=2(n-1).则存在一颗树则存在一颗树T T，其度序列为，其度序列为S S。证明：对证明：对n作数学归纳。作数学归纳。当当n=1和和2时，结论显然。时，结论显然。假设对假设对n=k时时结论成立。设结论成立。设n=k+1n=k+1156.首先首先,序列中至少一个数为序列中至少一个数为1，否则，序列和大于，否则，序列和大于2k，与条件相矛盾！，与条件相矛盾！ 所以，所以，d dk+1k+1=1.=1.我们从序列中删掉我们从序列中删掉d d1 1和和d dk+1k+1, ,增加数增加数d d* * =d =d1 1-1-1放在它应该在的位置。得到序列放在它应该在的位置。得到序列S S1 1.

100、.该序列含该序列含k k个数，序列个数，序列和为和为2(k-1),2(k-1),由归纳假设，存在树由归纳假设，存在树T T1 1，它的度序列为，它的度序列为S S1 1. . 现在，增加结点现在，增加结点v v，把它和，把它和T T1 1中点中点d d* *相连得到树相连得到树T T。树。树T T为所求。为所求。(三三)、树的中心与形心、树的中心与形心 1 1、树的中心概念与性质、树的中心概念与性质157. (1)(1)图的顶点的离心率图的顶点的离心率 (2)(2)图的半径图的半径 (3)(3)图的直径：最大离心率。图的直径：最大离心率。 (4)(4)图的中心点：离心率等于半径的点。图的中心点

101、：离心率等于半径的点。 (5)(5)图的中心：中心点的集合。图的中心：中心点的集合。 定理定理7 7 每棵树的中心由一个点或两个相邻点组成。每棵树的中心由一个点或两个相邻点组成。158. 对树对树T T的阶数的阶数n n作归纳证明。作归纳证明。 当当n=1n=1或或2 2时，结论显然成立。时，结论显然成立。 设对设对nk(k3)nk(k3)的树结论成立。设的树结论成立。设T T是是k k阶树。阶树。 容易知道：删掉容易知道：删掉T T的所有叶，得到的树的所有叶，得到的树T T1 1的每个点的离心率比它们在的每个点的离心率比它们在T T中中离心率减少离心率减少1 1。又因。又因T T的叶不能是中

102、心点，所以的叶不能是中心点，所以T T的中心点在的中心点在T T1 1中。这样，若中。这样，若点点u u的离心率在的离心率在T T中最小，则在中最小，则在T T1 1中依然最小，即说明中依然最小，即说明T T的中心点是的中心点是T T1 1的中心的中心点，反之点，反之亦然。亦然。 因为因为T T1 1的阶数的阶数k,k,所以，由归纳假设，所以，由归纳假设，T T1 1的中心为一个点或两个相邻点组成，的中心为一个点或两个相邻点组成，即证明即证明T T的中心由的中心由一个点或两个相邻点组成。一个点或两个相邻点组成。159. 确定图的中心有应用价值。确定图的中心有应用价值。 例如，确定社区医院的修建

103、位置，就可以建模成求图的中心问题例如，确定社区医院的修建位置，就可以建模成求图的中心问题 2 2、树的形心概念与性质、树的形心概念与性质 设设u u是树是树T T的任意一个顶点，树的任意一个顶点，树T T在顶点在顶点u u的分支是指包含的分支是指包含u u作为一个叶作为一个叶点的极大子树，其分支数为顶点点的极大子树，其分支数为顶点u u的度数；树的度数；树T T在在u u点的分支中边的最大数点的分支中边的最大数目称为点目称为点u u的权；树的权；树T T中权值最小的点称为它的一个形心点。全体形心点中权值最小的点称为它的一个形心点。全体形心点的集合称为树的集合称为树T T的形心。的形心。160.

104、定理定理8每一棵树有一个由一个点或两个邻接的点组成的形心。每一棵树有一个由一个点或两个邻接的点组成的形心。 作业作业P43习题习题2：1，2，3，4，5，6161.Thank You !162.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、生成树的概念与性质、生成树的概念与性质(二二)、生成树的计数、生成树的计数(三三)、回路系统简介、回路系统简介163.1、生成树的概念、生成树的概念(一一)、生成树的概念与性质、生成树的概念与性质定义定义1图图G的一个生成子图的一个生成子图T如果是树，称它为如果是树，称它为G的一棵生成树；若的一棵生成树；若T为森林，称它为为森林，称它为G的一个生成森林。的一个生成森

105、林。生成树的边称为树枝，生成树的边称为树枝，G中非生成树的边称为弦。中非生成树的边称为弦。例如：例如：粗边构成的子图为粗边构成的子图为G的生成树。的生成树。图图G164.2、生成树的性质、生成树的性质定理定理1每个连通图至少包含一棵生成树。每个连通图至少包含一棵生成树。证明：如果连通图证明：如果连通图G是树，则其本身是一棵生成树；是树，则其本身是一棵生成树；若连通图若连通图G中有圈中有圈C，则去掉，则去掉C中一条边后得到的图仍然是连通的，中一条边后得到的图仍然是连通的，这样不断去掉这样不断去掉G中圈，最后得到一个中圈，最后得到一个G的无圈连通子图的无圈连通子图T，它为，它为G的的一棵生成树。一

106、棵生成树。定理定理1的证明实际上给出了连通图的证明实际上给出了连通图G的生成树的求法，该方法称的生成树的求法，该方法称为破圈法。为破圈法。利用破圈法，显然也可以求出任意图的一个生成森林。利用破圈法，显然也可以求出任意图的一个生成森林。165.推论推论若若G是是(n,m)连通图，则连通图，则mn-1n-1连通图连通图G的生成树一般不唯一！的生成树一般不唯一！(二二)、生成树的计数、生成树的计数1、凯莱递推计数法、凯莱递推计数法凯莱凯莱(Cayley18211895):剑桥大学数学教授，著名代数学家，剑桥大学数学教授，著名代数学家，发表论文数仅次于发表论文数仅次于Erdos,Euler,Cauch

107、y.著名成果是著名成果是1854年定义了年定义了抽象群，并且得到著名定理：任意一个群都和一个变换群同构。同抽象群，并且得到著名定理：任意一个群都和一个变换群同构。同时，他也是一名出色的律师，作律师时，他也是一名出色的律师，作律师14年期间，发表年期间，发表200多篇数学多篇数学论文，著名定理也是在该期间发表的。论文，著名定理也是在该期间发表的。凯莱生成树递推计数公式是他在凯莱生成树递推计数公式是他在1889年建立的。年建立的。166.定义定义2图图G的边的边e称为被收缩，是指删掉称为被收缩，是指删掉e后，把后，把e的两个端点重合，的两个端点重合，如此得到的图记为如此得到的图记为G.ee1e5e

108、2e4e3用用(G)(G)表示表示G G的生成树棵数。的生成树棵数。定理定理2(Cayley)设设e是是G的一条边，则有：的一条边，则有：证明：对于证明：对于G的一条边的一条边e来说，来说，G的生成树中包含边的生成树中包含边e的棵数为的棵数为G.e，而不包含，而不包含e的棵数为的棵数为G-e.167.例例1，利用凯莱递推法求下图生成树的棵数。，利用凯莱递推法求下图生成树的棵数。共共8棵生成树。棵生成树。168.凯莱公式的缺点之一是计算量很大，其次是不能具体指出每凯莱公式的缺点之一是计算量很大，其次是不能具体指出每棵生成树。棵生成树。2、关联矩阵计数法、关联矩阵计数法定义定义3：nm矩阵的一个阶

109、数为矩阵的一个阶数为minn,m的子方阵，称为它的的子方阵，称为它的一个主子阵；主子阵的行列式称为主子行列式。一个主子阵；主子阵的行列式称为主子行列式。显然，当显然，当n1.于是设于是设x与与y是是v的邻点，由树的性质，的邻点，由树的性质，只有唯一路连接只有唯一路连接x与与y，所以，所以G-v分离分离x与与y.即即v为割点。为割点。235.定理定理4设设v是无环连通图是无环连通图G的一个顶点，则的一个顶点，则v是是G的割点，当且仅的割点，当且仅当当V(G-v)可以划分为两个非空子集可以划分为两个非空子集V1与与V2,使得对任意使得对任意xV1,yV2,点点v在每一条在每一条xy路上。路上。证明

110、：证明：“必要性必要性”v是无环连通图是无环连通图G的割点，由定理的割点，由定理2，G-v至少有两个连通分支。至少有两个连通分支。设其中一个连通分支顶点集合为设其中一个连通分支顶点集合为V1,另外分支顶点集合为另外分支顶点集合为V2,即即V1与与V2构成构成V的划分。的划分。“充分性充分性”对于任意的对于任意的xV1,yV2，如果点，如果点v不在某一条不在某一条xy路上，那么，路上，那么，该路也是连接该路也是连接G-v中的中的x与与y的路，这与的路，这与x,y处于处于G-v的不同分支矛盾。的不同分支矛盾。若若v不是图不是图G的割点，那么的割点，那么G-v连通，因此在连通，因此在G-v中存在中存

111、在x,y路，当然路，当然也是也是G中一条没有经过点中一条没有经过点v的的x,y路。矛盾。路。矛盾。236.例例2求证：无环非平凡连通图至少有两个非割点。求证：无环非平凡连通图至少有两个非割点。证明：证明：由于由于G是无环非平凡连通图，所以存在非平凡生成树，是无环非平凡连通图，所以存在非平凡生成树，而非平凡生成树至少两片树叶，它不能为割点，所以，它也不能为而非平凡生成树至少两片树叶，它不能为割点，所以，它也不能为G的割点。的割点。证明：设证明：设T是是G的一棵生成树。由于的一棵生成树。由于G有有n-2个割点，所以，个割点，所以，T有有n-2个割点，即个割点，即T只有两片树叶，所以只有两片树叶，所

112、以T是一条路。这说明，是一条路。这说明，G的任意的任意生成树为路。生成树为路。例例3求证：恰有两个非割点的连通单图是一条路。求证：恰有两个非割点的连通单图是一条路。一个单图的任意生成树为路，则该图为圈或路，若为圈，则一个单图的任意生成树为路，则该图为圈或路，若为圈，则G没没有割点，矛盾，所以，有割点，矛盾，所以，G为路。为路。例例4求证：若求证：若v是单图是单图G的割点，则它不是的割点，则它不是G的补图的割点。的补图的割点。237.证明：证明：v是单图是单图G的割点，则的割点，则G-v至少两个连通分支。现任取至少两个连通分支。现任取,如果如果x,y在在G-v的同一分支中，令的同一分支中，令u是

113、与是与x,y处于不同分支的点，那么，处于不同分支的点，那么，通过通过u，可说明，可说明，x与与y在在G-v的补图中连通。若的补图中连通。若x,y在在G-v的不同分支的不同分支中，则它们在中，则它们在G-v的补图中邻接。所以，若的补图中邻接。所以，若v是是G的割点，则的割点，则v不是其不是其补图的割点。补图的割点。(三三)、块及其性质、块及其性质定义定义3没有割点的连通图称为是一个块图，简称块；没有割点的连通图称为是一个块图，简称块；G的一个子的一个子图图B称为是称为是G的一个块，如果的一个块，如果(1),它本身是块；它本身是块；(2),若没有真包含若没有真包含B的的G的块存在。的块存在。例例5

114、找出下图找出下图G中的所有块。中的所有块。238.解：由块的定义得：解：由块的定义得：图图G239.定理定理5若若|V(G)|3,3,则则G G是块，当且仅当是块，当且仅当G G无环且任意两顶点位于同无环且任意两顶点位于同一圈上。一圈上。证明：证明：(必要性）设必要性）设G是块。因是块。因G没有割点且没有割点且|V(G)|3，所以，它不，所以，它不能有环。对任意能有环。对任意u,vV(G),下面证明下面证明u,v位于某一圈上。位于某一圈上。对对d(u,v)作数学归纳法证明。作数学归纳法证明。当当d(u,v)=1时，由于时，由于G是至少是至少3个点的块，所以，边个点的块，所以，边uv不能为割不能

115、为割边，否则，边，否则，u或或v为割点，矛盾。由割边性质，为割点，矛盾。由割边性质，uv必然在某圈中。必然在某圈中。设当设当d(u,v)k时结论成立。时结论成立。设设d(u,v)=k。设设P是一条最短是一条最短(u,v)路，路，w是是v前面一点，则前面一点，则d(u,w)=k-1240.由归纳假设，由归纳假设，u与与w在同一圈在同一圈C=P1PP2 2上。上。uwvPP2P1考虑考虑G-w.由于由于G是块，所以是块，所以G-w连通。设连通。设Q是一条在是一条在G-w中的中的(u,v)路，路，并且设它与并且设它与C的最后一个交点为的最后一个交点为x。uwvQP2P1x241.则则uP1xvwP2

116、为包含为包含u,v的圈。的圈。(充分性充分性)：若：若G不是块，则不是块，则G中有割点中有割点v。由于。由于G无环，所以无环，所以G-v至少两至少两个分支。设个分支。设x,y是是G-v的两个不同分支中的点，则的两个不同分支中的点，则x,y在在G中不能位于同一中不能位于同一圈上，矛盾！圈上，矛盾！定理定理6点点v是图是图G的割点当且仅当的割点当且仅当v至少属于至少属于G的两个不同的块。的两个不同的块。证明：证明：(必要性必要性)设设v是是G的割点。由割点定义：的割点。由割点定义：E(G)可以划分为两个可以划分为两个边子集边子集E1与与E2。显然。显然GE1与与GE2有唯一公共顶点有唯一公共顶点v

117、。设。设B1与与B2分别是分别是GE1和和GE2中包含中包含v的块，显然它们也是的块，显然它们也是G的块。即证明的块。即证明v至少属于至少属于G的两的两个不同块。个不同块。(充分性充分性)如果如果v属于属于G的两个不同块，我们证明：的两个不同块，我们证明：v一定是图一定是图G的割点。的割点。242.如果包含如果包含v的其中一个块是环，显然的其中一个块是环，显然v是割点；是割点；设包含设包含v的两个块是的两个块是B1与与B2。如果包含。如果包含v的两个块不是环，那么两个块的两个块不是环，那么两个块分别至少有两个顶点。假如分别至少有两个顶点。假如v不是割点，在不是割点，在B1与与B2中分别找异于中

118、分别找异于v的一个的一个点点x与与y,xV(B1),yV(B2),则在则在G-v中有连接中有连接x与与y的路的路P。显然：显然：B1BB2 2PP无割点。这与无割点。这与B B1 1 ,B ,B2 2是块矛盾！是块矛盾！注：该定理揭示了图中的块与图中割点的内在联系：不同块的公共点注：该定理揭示了图中的块与图中割点的内在联系：不同块的公共点一定是图的割点。也就是说，图的块可以按割点进行寻找。所以，该定一定是图的割点。也就是说，图的块可以按割点进行寻找。所以，该定理的意义在于：可以得到寻找图中全部块的算法。理的意义在于：可以得到寻找图中全部块的算法。为了直观反映图的块和割点之间的联系，引进所谓的块

119、割点树。为了直观反映图的块和割点之间的联系，引进所谓的块割点树。243.设设G是非平凡连通图。是非平凡连通图。B1,B2,Bk是是G的全部块，而的全部块，而v1,v2,vt是是G的的全部割点。构作全部割点。构作G的块割点树的块割点树bc(G):它的顶点是它的顶点是G的块和割点，连线只在的块和割点，连线只在块割点之间进行，一个块和一个割点连线，当且仅当该割点是该块的一块割点之间进行，一个块和一个割点连线，当且仅当该割点是该块的一个顶点。个顶点。例例6画下图画下图G中的块割点树。中的块割点树。125436B3B2B1B5B4B6B7GB7B6B5B4B3B2B1543216bc(G)244. 作业

120、作业P65-66习题习题3：1,2,3,5,7,8245.Thank You !246.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、连通度的概念与性质、连通度的概念与性质(二二)、描述连通性的其它参数简介、描述连通性的其它参数简介网络的容错性参数网络的容错性参数247.1、点连通度与边连通度的概念、点连通度与边连通度的概念定义定义1给定连通图给定连通图G，设，设，若，若G-V不连通，称不连通，称V为为G的一个点割集，含有的一个点割集，含有k个顶点的点割集个顶点的点割集称为称为k顶点割。顶点割。G中点数最少的顶点割称为最小顶点割。中点数最少的顶点割称为最小顶点割。例如：例如：(一一)、连通度的概念与性

121、质、连通度的概念与性质G1v5v4v3v2v1v6G2v4v3v2v1在在G1中：中：v3,v5,v3,v5,v4等是点割集。等是点割集。在在G2中没有点割集。中没有点割集。248.定义定义2在在G中，若存在顶点割，称中，若存在顶点割，称G的最小顶点割的顶点数称为的最小顶点割的顶点数称为G的的点连通度；否则称点连通度；否则称n-1为其点连通度。为其点连通度。G的点连通度记为的点连通度记为k(G),简记为简记为k。若若G不连通，不连通，k(G)=0。例如：例如：G1v5v4v3v2v1v6G2v4v3v2v1G1的点连通度的点连通度k(G1)=1G2的点连通度为的点连通度为k(G2)=3G3G3

122、的点连通度为的点连通度为k(G3)=0249.定义定义3在在G中，最小边割集所含边数称为中，最小边割集所含边数称为G的边连通度。边连通的边连通度。边连通度记为度记为(G)。若。若G G不连通或不连通或G G是平凡图，则定义是平凡图，则定义(G)=0例如：例如：G1v5v4v3v2v1v6G2v4v3v2v1G1的边连通度的边连通度(G1)=1G2的边连通度为的边连通度为(G2)=3G3G3的边连通度为的边连通度为(G3)=0250.定义定义4在在G中，若中，若k(G)k,称称G是是k连通的；若连通的；若(G)kk，称，称G G是是k k边连通的。边连通的。例如：例如：G1v5v4v3v2v1v

123、6G2v4v3v2v1G1是是1连通的，连通的，1边连通的。但不是边连通的。但不是2连通的。连通的。G2是是1连通的，连通的，2连通的，连通的，3连通的，同时也是连通的，同时也是1边连通边连通的，的，2边连边连通的，通的，3边连通的。但不是边连通的。但不是4连通的。连通的。251.2、连通度的性质、连通度的性质定理定理1(惠特尼惠特尼1932)对任意图对任意图G，有：，有：证明证明：(1)先证明先证明(G)(G)(G)(G)最小度顶点的关联集作成最小度顶点的关联集作成G的分离集，所以：的分离集，所以：(G)(G)。(2)再证明再证明k(G)(G)(G)由定义，由定义，k(G)n -1n -1。

124、考虑最小边割集。考虑最小边割集G252.情形情形1则有：则有：G所以有：所以有：k(G)(G)。情形情形2在这种情形下，取在这种情形下，取253.令：令：于是，于是，G中任意一条中任意一条(x,y)路必然经过路必然经过T中一些点中一些点,所以，所以，T为为G的一个的一个点分离集。点分离集。GTTxTTTy在在G中取如下边集：中取如下边集：254.则：则：GTTxTTTy所以：所以：注：注：(1)定理中严格不等式能够成立。定理中严格不等式能够成立。k(G)=1,(G)=2 ,(G)=2 ,(G)=3(G)=3G255.(2)定理中等式能够成立。定理中等式能够成立。k(G)=(G)=(G)=2G(

125、3)哈拉里通过构图的方式已经证明：哈拉里通过构图的方式已经证明：对任意正整数对任意正整数a,b,c,都存在图都存在图G，使得：，使得：(4)惠特尼惠特尼(1907-1989）美国著名数学家。主要研究图论与拓扑学。）美国著名数学家。主要研究图论与拓扑学。先后分别在哈佛和普林斯顿高级研究院工作。他获过美国国家科学奖先后分别在哈佛和普林斯顿高级研究院工作。他获过美国国家科学奖(1976),Wolf奖奖(1983),Steel奖奖(1985)。256.惠特尼最初学习物理，在耶鲁大学获物理学士学位后，又专攻音乐，惠特尼最初学习物理，在耶鲁大学获物理学士学位后，又专攻音乐，获音乐学士学位。他一生热爱音乐，

126、有高度获音乐学士学位。他一生热爱音乐，有高度音乐才华，会弹奏钢琴，演奏小提琴、中提琴、双簧管等音乐才华，会弹奏钢琴，演奏小提琴、中提琴、双簧管等乐器，曾担任普林斯顿交响乐团首席小提琴手乐器，曾担任普林斯顿交响乐团首席小提琴手。值得一提的是，惠特尼创立了微分流形的拓扑学。在该领域，我国值得一提的是，惠特尼创立了微分流形的拓扑学。在该领域，我国吴文俊等许多拓扑学家做出了贡献吴文俊等许多拓扑学家做出了贡献。1932年在他的数学博士论文中提出了上面定理。年在他的数学博士论文中提出了上面定理。定理定理2设设G是是(n,m)连通图，则：连通图，则：证明：由握手定理：证明：由握手定理：257.哈拉里通过构图

127、的方式证明了定理哈拉里通过构图的方式证明了定理2的界是紧的。即存在一个的界是紧的。即存在一个(n,m)图图G，使得，使得:所以：所以：哈拉里图哈拉里图1962年，数学家哈拉里构造了连通度是年，数学家哈拉里构造了连通度是k,边数为边数为的图的图Hk,n,称为哈拉里图。称为哈拉里图。(1)H2r,n258.作作H4,821436570(2)H2r+1,n(n为偶数为偶数)先作先作H2r,n,然后对然后对1in/2,iin/2,i与与i+n/2i+n/2连线。连线。259.作作H5,821436570(3)H2r+1,n(n为奇数为奇数)先作先作H2r,n,然后对然后对1i(n-1)/2,ii(n-

128、1)/2,i与与i+(n+1)/2i+(n+1)/2连连线。同时，线。同时，0 0分别与分别与(n-1)/2(n-1)/2和和(n+1)/2(n+1)/2连线。连线。260.作作H5,9定理定理3设设G是是(n,m)单图，若单图，若，则，则G连通。连通。证明：若证明：若G不连通，则不连通，则G至少有两个连通分支，于是，至少有一个分支至少有两个连通分支，于是，至少有一个分支H，使得：，使得：，这与条件矛盾。，这与条件矛盾。214365708261.定理定理4设设G是是(n,m)单图，若对任意正整数单图，若对任意正整数k,有：有：则则G是是k连通的。连通的。证明：任意删去证明：任意删去k-1个顶点

129、，记所得之图为个顶点，记所得之图为H，则：，则：由于由于(H)(H)是整数，故：是整数，故：由定理由定理3，H连通，所以，连通，所以，G是是k连通的。连通的。262.定理定理5设设G是是n阶单图，若阶单图，若则有：则有：证明：若不然，设证明：若不然，设(G)(G)(G).(G).设设G的边割为的边割为M,且且|M|=(G)设设G-M中中G1分支中与分支中与M相关联的顶点数为相关联的顶点数为P，显然有：，显然有：(G(G) )G G1 1G G2 2263.我们对我们对G1中顶点数作估计：中顶点数作估计：由握手定理：由握手定理：又又(G)(G),所以：所以：这说明：这说明：G1中至少有一个顶点中

130、至少有一个顶点x不与不与G2中顶点邻接。中顶点邻接。而而所以：所以：同理，有：同理，有：于是得于是得，矛盾！，矛盾！(G(G) )G G1 1G G2 2x264.(二二)、描述连通性的其它参数简介、描述连通性的其它参数简介1、图的坚韧度、图的坚韧度点和边连通度对图的连通性刻画存在明显不足，例如，我们观察如点和边连通度对图的连通性刻画存在明显不足，例如，我们观察如下下3个图：个图：G1G2G3容易知道：容易知道：k(G1)=k(G2)=k(G3)=1(G1)=(G2)=(G3)=1于是，从点、边连通度角度不能刻画上面于是，从点、边连通度角度不能刻画上面3个图的连通性程度的区别。个图的连通性程度

131、的区别。很明显：很明显：G3连通性高于连通性高于G2,G2高于高于G1。265.基于此，基于此，1996年，许进在电子学报发表文章，论述了用坚韧度来刻年，许进在电子学报发表文章，论述了用坚韧度来刻画图的连通程度比用连通度更精确。画图的连通程度比用连通度更精确。定义定义1用用C(G)表示图表示图G的全体点割集构成的集合，非平凡非完全图的全体点割集构成的集合，非平凡非完全图的坚韧度，记作的坚韧度，记作(G)，定义为：，定义为：坚韧度的概念是图论学家坚韧度的概念是图论学家Chvatal提出来研究图的哈密尔顿问题的一提出来研究图的哈密尔顿问题的一个图参数。个图参数。定义定义2设设G是一个非完全是一个非

132、完全n(n3)3)阶连通图，阶连通图，S S* * C(G),若若S*满足：满足：266.称称S*是是G的坚韧集。的坚韧集。容易知道：坚韧集是那些顶点数尽可能少，但产生的分支数尽可能容易知道：坚韧集是那些顶点数尽可能少，但产生的分支数尽可能多的点割集，同时，坚韧集不唯一。多的点割集，同时，坚韧集不唯一。坚韧度与坚韧度与G的连通性有如何关系？的连通性有如何关系？对于对于G1与与G2,如果如果|S*1|=|S*2|,但但(G(G1 1-S-S* *1 1) )(G2),这说明，坚韧度大的图连通性好。这说明，坚韧度大的图连通性好。G1G2G3容易算出：容易算出：(G1)=0.2,(G2)=0.25,

133、(G3)=0.33,于是于是G3比比G2的连通的连通性好，性好，G2比比G1的连通性好。的连通性好。267.许进通过上面分析得出许进通过上面分析得出:设设G1与与G2是两个非平凡非完全的连通图，若是两个非平凡非完全的连通图，若(G1)(G2),则则G1的连通的连通性比性比G2好。因此，坚韧度可以作为网络容错性参数的度量。好。因此，坚韧度可以作为网络容错性参数的度量。许进还对坚韧度的界、取值范围以及坚韧度的计算问题作了一些探许进还对坚韧度的界、取值范围以及坚韧度的计算问题作了一些探索。索。仿照点坚韧度，可以定义边坚韧度：仿照点坚韧度，可以定义边坚韧度：268. 许进许进,男男,1959年生年生,

134、陕西乾县人陕西乾县人.教授教授,博士生指导教师博士生指导教师.理学、工学双博理学、工学双博士。现任：华中科技大学特聘教授，华中科技大学分子生物计算机研究所士。现任：华中科技大学特聘教授，华中科技大学分子生物计算机研究所所长；华中科技大学系统科学研究所所长；中国电路与系统学会委员；中所长；华中科技大学系统科学研究所所长；中国电路与系统学会委员；中国电子学会图论与系统优化专业委员会副理事长国电子学会图论与系统优化专业委员会副理事长;湖北省运筹学会（筹委湖北省运筹学会（筹委会）理事长。会）理事长。2、图的核度、图的核度定义定义3设设G是一个非平凡连通图，则称：是一个非平凡连通图，则称：为图的核度。若

135、为图的核度。若S*满足：满足：称称S*为图的核。为图的核。269.容易算出：容易算出：h(G1)=4,h(G2)=3,h(G3)=2G1G2G3一般地，核度越小，连通程度越高。一般地，核度越小，连通程度越高。图的核度的界如何？特殊图的核度问题，核度的计算问题等都是值得图的核度的界如何？特殊图的核度问题，核度的计算问题等都是值得研究的问题。研究的问题。我国欧阳克智教授等把核度称为图的断裂度，国外图论学者称它为图我国欧阳克智教授等把核度称为图的断裂度，国外图论学者称它为图的离散数。许进把它引进系统科学中，称它为系统的核度。由此，他建的离散数。许进把它引进系统科学中，称它为系统的核度。由此，他建立了

136、系统的核度理论而受到系统科学界的高度重视。立了系统的核度理论而受到系统科学界的高度重视。270.如何准确刻画图的连通性程度，现在还是一个有待进一步研究的问题。如何准确刻画图的连通性程度，现在还是一个有待进一步研究的问题。关于这方面的研究文献很多，有兴趣可以查阅并作一些研究。关于这方面的研究文献很多，有兴趣可以查阅并作一些研究。271. 作业作业P66-67习题习题3：12,13,14,20272.Thank You !273.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、敏格尔定理、敏格尔定理(二二)、图的宽直径相关概念、图的宽直径相关概念图的宽直径简介图的宽直径简介(三三)、一些主要研究结果简介、一

137、些主要研究结果简介274.敏格尔定理是图的连通性问题的核心定理之一，它描述了图的敏格尔定理是图的连通性问题的核心定理之一，它描述了图的连通度与连通图中不同点对间的不相交路的数目之间的关系。连通度与连通图中不同点对间的不相交路的数目之间的关系。(一一)、敏格尔定理、敏格尔定理定义定义1设设u与与v是图是图G的两个不同顶点，的两个不同顶点，S表示表示G的一个顶点子集或的一个顶点子集或边子集，如果边子集，如果u与与v不在不在G-S的同一分支上，称的同一分支上，称S分离分离u和和v。例如：例如：u6u5u2u3u4u1u1,u4,u1u2,u1u4,u4u5分离点分离点u2与与u6。275.定理定理1

138、(敏格尔敏格尔1902-1985)(1)设设x与与y是图是图G中的两个不相邻点，中的两个不相邻点，则则G中分离点中分离点x与与y的最少点数等于独立的的最少点数等于独立的(x,y)路的最大数目；路的最大数目；(2)设设x与与y是图是图G中的两个不相邻点，则中的两个不相邻点，则G中分离点中分离点x与与y的最少边的最少边数等于数等于G中边不重的中边不重的(x,y)路的最大数目。路的最大数目。例如：例如：xu4yu3u2u1在该图中，独立的在该图中，独立的(x,y)路最大条数是路最大条数是2，分离点，分离点x与与y的最小分离的最小分离集是集是u1,u2,包含两个顶点。包含两个顶点。276.xu4yu3

139、u2u1又在该图中，边不重的又在该图中，边不重的(x,y)路最大条数是路最大条数是2，分离点，分离点x与与y的最小的最小边分离集是边分离集是xu1,xu2,包含两条边。包含两条边。该定理是图论中，也是通信理论中的最著名的定理之一，是由奥该定理是图论中，也是通信理论中的最著名的定理之一，是由奥地利杰出数学家地利杰出数学家Menger在在1927年发表的。年发表的。敏格尔敏格尔(1902-1985）早年显示出数学物理天赋，）早年显示出数学物理天赋，1920年入维也纳年入维也纳大学学习物理，次年，由于参加德国物理学家大学学习物理，次年，由于参加德国物理学家HansHahn的的“曲线概曲线概念的新意念

140、的新意”讲座，而把兴趣转向了数学。因为讲座，而把兴趣转向了数学。因为Hans提到当时没有满意提到当时没有满意的曲线概念定义，包括大数学家康托、约当，豪斯道夫等都尝试过，的曲线概念定义，包括大数学家康托、约当，豪斯道夫等都尝试过，没有成功。没有成功。277.而且，认为不可能彻底解决。但是，尽管作为几乎没有数学背景的本而且，认为不可能彻底解决。但是，尽管作为几乎没有数学背景的本科生，通过自己的努力，敏格尔还是解决了该问题。由此，他就转向科生，通过自己的努力，敏格尔还是解决了该问题。由此，他就转向曲线和维数理论的研究。曲线和维数理论的研究。敏格尔本科期间，身体很差，父母双亡。但在敏格尔本科期间，身体

141、很差，父母双亡。但在1924年在年在Hahn指导指导下完成了他的研究工作。下完成了他的研究工作。1927年做了维也纳大学几何学首席教授，同年做了维也纳大学几何学首席教授，同年，发表了年，发表了“n弧定理弧定理”，即敏格尔定理。，即敏格尔定理。1930年，敏格尔来到匈牙利布达佩斯做访问，当时哥尼正在写一年，敏格尔来到匈牙利布达佩斯做访问，当时哥尼正在写一本书，要囊括图论中的所有知名定理。敏格尔向他推荐自己的定理，本书，要囊括图论中的所有知名定理。敏格尔向他推荐自己的定理，但哥尼最初不相信他，认为敏格尔定理一定不对，花了一个晚上找反但哥尼最初不相信他，认为敏格尔定理一定不对，花了一个晚上找反例试图

142、否定敏格尔定理，但没有成功，于是要了敏格尔的证明，终于例试图否定敏格尔定理，但没有成功，于是要了敏格尔的证明，终于把敏格尔定理加在了他的著作的最后一节。把敏格尔定理加在了他的著作的最后一节。敏格尔被认为是敏格尔被认为是20世纪最杰出数学家之一。世纪最杰出数学家之一。278.哈恩哈恩(18791968)德国物理学家，化学家。最大的贡献是德国物理学家，化学家。最大的贡献是1938年年和和F.斯特拉斯曼一起发现核裂变现象。哈恩获得斯特拉斯曼一起发现核裂变现象。哈恩获得1944年诺贝尔化学奖年诺贝尔化学奖。借助于敏格尔定理，数学家惠特尼在借助于敏格尔定理，数学家惠特尼在1932年的博士论文中给出了年的

143、博士论文中给出了k连通图的一个美妙刻画。这就是人们熟知的所谓连通图的一个美妙刻画。这就是人们熟知的所谓“敏格尔定理敏格尔定理”定理定理2(惠特尼惠特尼1932)一个非平凡的图一个非平凡的图G是是k(k2)2)连通的，当且仅当连通的，当且仅当G G的任意两个顶点间至少存在的任意两个顶点间至少存在k k条内点不交的条内点不交的(u ,v)(u ,v)路。路。证明证明:(必要性必要性)设设G是是k(k2)2)连通的，连通的，u u与与v v是是G G的两个顶点的两个顶点。如果如果u与与v不相邻，不相邻，U为为G的最小的最小u-v分离集分离集,那么有那么有|U|k(G)k,k(G)k,于于是由敏格尔定

144、理，结论成立；是由敏格尔定理，结论成立；279.若若u与与v邻接，其中邻接，其中e=uv,那么，容易证明：那么，容易证明：G-e是是(k-1)连通的。设连通的。设W是是G-e的最小的最小uv分离集，由敏格尔定理知，分离集，由敏格尔定理知，G-e至少包含至少包含k-1条内条内点不交的点不交的u-v路，即路，即G至少包含至少包含k条内点不交的条内点不交的u-v路。路。(充分性充分性)假设假设G中任意两个顶点间至少存在中任意两个顶点间至少存在k条内部不交路。设条内部不交路。设U是是G的最小顶点割，即的最小顶点割，即|U|=k(G)。令。令x与与y是是G-U的处于不同分支的两的处于不同分支的两个点。所

145、以个点。所以U是是x与与y的分离集，由敏格尔定理：的分离集，由敏格尔定理：|U|k,k,即证明即证明G G是是k k连连通的。通的。例例1设设G是是k连通图，连通图，S是由是由G中任意中任意k个顶点构成的集合。若图个顶点构成的集合。若图H是是由由G通过添加一个新点通过添加一个新点w以及连接以及连接w到到S中所有顶点得到的新图，求证：中所有顶点得到的新图，求证：H是是k连通的。连通的。证明：首先，分离证明：首先，分离G中两个不相邻顶点至少要中两个不相邻顶点至少要k个点，其次，分离个点，其次，分离w与与G中不在中不在S中顶点需要中顶点需要k个顶点。因此个顶点。因此H是是k连通的。连通的。280.例

146、例2设设G是是k连通图，连通图，u,v1,v2,vk为为G中中k+1个不同顶点。求证：个不同顶点。求证：G中有中有k条内点不交路条内点不交路(u,vi)(1ik)ik)证明：在证明：在G外添加一点外添加一点w,让让w与与vi邻接邻接(1ik)得得H.Gv1uv2vkHv1uv2vkw281.由例由例1，H是是k连通的，于是由定理连通的，于是由定理2，u与与w间存在间存在k条内点不交的条内点不交的u-w路，所以路，所以G中有中有k条内点不交路条内点不交路(u,vi)(1ik)。对于边连通度，有类似定理：对于边连通度，有类似定理：定理定理3(惠特尼惠特尼1932)一个非平凡的图一个非平凡的图G是是

147、k(k2)2)边连通的，当且仅边连通的，当且仅当当G G的任意两个顶点间至少存在的任意两个顶点间至少存在k k条边不重的条边不重的(u ,v)(u ,v)路。路。推论推论对于一个阶至少为对于一个阶至少为3的无环图的无环图G，下面三个命题等价。，下面三个命题等价。(1)G是是2连通的；连通的；(2)G中任意两点位于同一个圈上；中任意两点位于同一个圈上；(3)G无孤立点，且任意两条边在同一个圈上。无孤立点，且任意两条边在同一个圈上。282.证明：证明：(1)(2)G是是2连通的连通的,则则G的任意两个顶点间存在两条内点不交路的任意两个顶点间存在两条内点不交路P1与与P2,显显然这两条路构成包含该两

148、个顶点的圈。然这两条路构成包含该两个顶点的圈。G无孤立点显然。设无孤立点显然。设e1与与e2是是G的任意两条边，在的任意两条边，在e1与与e2上分别添加两点上分别添加两点u与与v得图得图H，则，则H是是2连通的，由连通的，由(1)(2)，H的任意两个顶点在同一个圈的任意两个顶点在同一个圈上，即上，即u与与v在同一个圈上，也即在同一个圈上，也即e1与与e2在同一个圈上。在同一个圈上。(2)(3)(3)(1) 设设u u与与v v是无环图是无环图G G的任意两个不相邻顶点，由于的任意两个不相邻顶点，由于G G无孤立点，所以可无孤立点，所以可设设e e1 1,e,e2 2分别与分别与u, vu, v

149、相关联。由相关联。由(3),e(3),e1 1,e,e2 2在同一个圈上，所以在同一个圈上，所以u u与与v v在在同一个圈上，因此分离同一个圈上，因此分离u u与与v v至少要去掉两个顶点，即证明至少要去掉两个顶点，即证明G G是是2 2连通的。连通的。283.(二二)、图的宽直径相关概念、图的宽直径相关概念1、问题背景、问题背景分析评价互联网络的性能有多个指标，如网络的开销分析评价互联网络的性能有多个指标，如网络的开销(通信与材料通信与材料开销开销),网络的容错性网络的容错性(连通性连通性),网络中信息传递的传输延迟等。网络中信息传递的传输延迟等。所谓传输延迟，又称为时间延迟，是指信息从源

150、传到目的地所需所谓传输延迟，又称为时间延迟，是指信息从源传到目的地所需要的时间。要的时间。如何度量网络的传输延迟？如何度量网络的传输延迟？信息从源到目的地需要经过若干中间站存储和转发。因此，信息信息从源到目的地需要经过若干中间站存储和转发。因此，信息传输延迟可以用图的顶点间距离来度量。当然，每条边的长度可以定传输延迟可以用图的顶点间距离来度量。当然，每条边的长度可以定义为义为1.284.于是，网络的最大通信延迟可以通过图的直径来度量。图的直径于是，网络的最大通信延迟可以通过图的直径来度量。图的直径定义为：定义为：在信息的单路径传输中，分析通信延迟，只需要考虑网络的直径在信息的单路径传输中，分析

151、通信延迟，只需要考虑网络的直径即可。即可。直径虽然能够刻画网络的通信延迟，但毕竟是在最坏情形下的通直径虽然能够刻画网络的通信延迟，但毕竟是在最坏情形下的通信延迟，而网络中大距离点对并不多，所以用直径对信息传输延迟进信延迟，而网络中大距离点对并不多，所以用直径对信息传输延迟进行描述，还有点不精细。于是，有如下平均距离的概念：行描述，还有点不精细。于是，有如下平均距离的概念：285.设设G是是n阶图阶图(n2)2)，G G的平均距离的平均距离(G)(G)定义为：定义为：平均距离是网络信息平均传输延迟的度量。跟直径研究一样，平平均距离是网络信息平均传输延迟的度量。跟直径研究一样，平均距离问题也吸引很

152、多学者的研究，有很多研究结果。均距离问题也吸引很多学者的研究，有很多研究结果。求平均距离的一个值得研究的方向是求平均距离算法复杂性。求求平均距离的一个值得研究的方向是求平均距离算法复杂性。求平均距离的最著名的平均距离的最著名的Fredman算法时间复杂性是算法时间复杂性是o(v2+vm);求直径最著求直径最著名算法是名算法是Floyd算法，时间复杂性是算法，时间复杂性是o(vm).确定平均距离问题是否比确定平均距离问题是否比确定所有距离容易？这还是一个没有完结的挑战性问题。确定所有距离容易？这还是一个没有完结的挑战性问题。286.信息的单路径传输延迟用直径或平均距离刻画。但是，如果要一信息的单

153、路径传输延迟用直径或平均距离刻画。但是，如果要一次传输的信息量较大，远远超出链路带宽，就需要所谓的分包传送。次传输的信息量较大，远远超出链路带宽，就需要所谓的分包传送。所谓的分包传送，就是按照带宽要求，把信息在起点进行分割打包，所谓的分包传送，就是按照带宽要求，把信息在起点进行分割打包，每个信息小包按照若干内点不交路从起点传到终点。基于此，上世纪每个信息小包按照若干内点不交路从起点传到终点。基于此，上世纪90年代初，年代初，DFrank等图论学者和一些计算机专家从图论角度对信息等图论学者和一些计算机专家从图论角度对信息分包传送的若干问题展开研究。研究的典型问题是：分包传送的若干问题展开研究。研

154、究的典型问题是：(1)分包传送的通信延迟度量；分包传送的通信延迟度量；(2)分包传送的路由选择，即网络中平行寻径算法；分包传送的路由选择，即网络中平行寻径算法；(3)互联网络的设计与网络结构分析问题；互联网络的设计与网络结构分析问题；(4)基于分包传送下互联网络的容错分析。基于分包传送下互联网络的容错分析。287.为了描述通信延迟，为了描述通信延迟，DFrank等拓展了图的普通距离和普通直径的等拓展了图的普通距离和普通直径的概念，提出了用宽距离来描述点对间信息传递的通信延迟，而用所谓概念，提出了用宽距离来描述点对间信息传递的通信延迟，而用所谓的宽直径来描述网络的最大通信延迟。由此而形成的组合网

155、络理论研的宽直径来描述网络的最大通信延迟。由此而形成的组合网络理论研究成为最近究成为最近10多年来图论和通信网络相结合的热点研究问题。多年来图论和通信网络相结合的热点研究问题。国内，中国科技大学以徐俊明为代表的研究团队取得了很多重要国内，中国科技大学以徐俊明为代表的研究团队取得了很多重要成果，在该领域处于世界领先水平，出版了专著成果，在该领域处于世界领先水平，出版了专著组合网络理论组合网络理论，科学出版社，科学出版社，2007年。年。2、宽直径相关概念、宽直径相关概念定义定义1设设x,yV(G),Cw(x,y)表示表示G中中w条内点不交路的路族，条内点不交路的路族，w称为称为路族的宽度，路族的

156、宽度，Cw(x,y)中最长路的路长成为该路族的长度，记为：中最长路的路长成为该路族的长度，记为：l(Cw(x,y)。288.在上图中，在上图中，G的一个宽度为的一个宽度为3的的u,v间的路族为：间的路族为：uv图图GP3P2P1该路族的长度为：该路族的长度为：注：路族也称为容器。注：路族也称为容器。定义定义2设设x,yV(G),定义定义x与与y间所有宽度为间所有宽度为w的路族长度的最小值的路族长度的最小值dw(x,y)为为x与与y间间w宽距离，即：宽距离，即：289.在上图中，在上图中，G的一个宽度为的一个宽度为3的的u,v间的距离为：间的距离为：uv图图GP3P2P1注：注：x与与y间长度等

157、于间长度等于w宽距离的路族称为宽距离的路族称为x与与y间最优路族。所以，求间最优路族。所以，求w宽距离，就是要找到最优路族。宽距离，就是要找到最优路族。定义定义3设设G是是w连通的，连通的，G的所有点对间的的所有点对间的w宽距离的最大值，称为宽距离的最大值，称为G的的w宽直径，记为宽直径，记为dw(G)。即：。即：290.例例3求求n点圈点圈Cn和和n阶完全图阶完全图Kn的宽直径。的宽直径。分析：对于分析：对于Cn来说，连通度为来说，连通度为2，因此，可以求它的，因此，可以求它的1直径和直径和2直径；而直径；而对于对于Kn来说，连通度是来说，连通度是n-1,所以，可以考虑它的所以，可以考虑它的

158、1到到n-1直径。直径。解解:(1)n点圈点圈Cn的宽直径。的宽直径。显然：显然：因为因为Cn中任意点对间只有一个唯一的宽度为中任意点对间只有一个唯一的宽度为2的路族，点对间的的路族，点对间的2距离距离就是该点对的唯一路族的长度。当就是该点对的唯一路族的长度。当x与与y邻接时，路族的长度最长，为邻接时，路族的长度最长，为n-1,所以，由宽直径定义得：所以，由宽直径定义得：291.(2)kn的宽直径。的宽直径。显然：显然：对于任意的对于任意的w(2wn-1),wn-1),点对间的最优路族长为点对间的最优路族长为2.2.所以，有：所以，有：注：从定义看出：对一般图来说，计算注：从定义看出：对一般图

159、来说，计算w宽直径是一件很困难的工作。宽直径是一件很困难的工作。对宽直径的研究，主要是两方面：一是对一般图而言，研究对宽直径的研究，主要是两方面：一是对一般图而言，研究w宽直径的界；宽直径的界；二是根据各种互联网络的结构特征，确定其宽直径。当然，研究宽直径与二是根据各种互联网络的结构特征，确定其宽直径。当然，研究宽直径与图的其它不变量之间的关系也是一个很有意义的方向。图的其它不变量之间的关系也是一个很有意义的方向。292.经过经过10多年的研究，组合网络理论取得了很多有意义结果，同时也有许多年的研究，组合网络理论取得了很多有意义结果，同时也有许多公开性问题等待人们继续研究。多公开性问题等待人们

160、继续研究。(三三)、一些主要研究结果简介、一些主要研究结果简介1、一般图的一般图的w宽直径宽直径定理定理1对于任意连通图对于任意连通图G,有：有：定理定理2设设G是是n阶阶w连通图连通图,w22。则。则: :而且，上界和下界都能达到。而且，上界和下界都能达到。293.定理定理3设设G是是n阶阶w连通图连通图,w22，G G 满足如下条件：满足如下条件：那么，那么，dw(G)=2,并且上面条件是紧的。并且上面条件是紧的。定理定理4设设G是是w连通连通w正则图正则图,w22，那么：，那么：定理定理5设设G是是n阶阶w连通连通w正则无向图正则无向图,w33，那么：，那么：2、图运算与图运算与w宽直径

161、宽直径294.定理定理1设设Gi是是wi连通有向图连通有向图,且：且：，1iim.如果如果,那么：那么：注：该结果是由徐俊明得到的。注：该结果是由徐俊明得到的。定理定理2(1)设设Gi是阶至少为是阶至少为3的的wi连通无向图连通无向图,i=1,2,m。如果。如果，且，且w=w1+w2+wm，则：，则：295.注：该结果是由徐俊明得到的。注：该结果是由徐俊明得到的。(2)设设G是是w22连通无向图连通无向图.如果如果dw(G)=d(G)+1,则：则：(3)设设Gi是是wi11连通无向图连通无向图,i=1,2。如果。如果Gi是是wi正则的，且正则的，且i=1或或2，则：则：3、图参数与图参数与w宽

162、直径宽直径图论中，对图参数进行研究时，一个自然的研究是考察研究的参数与其图论中，对图参数进行研究时，一个自然的研究是考察研究的参数与其它参数之间的关系。因为很多图参数的计算是它参数之间的关系。因为很多图参数的计算是NP完全问题，如果建立了完全问题，如果建立了参数之间的联系，可以间接计算。参数之间的联系，可以间接计算。296.定理定理1设设G是是w连通无向图连通无向图,w2,2,且且(G)(G)是是G G的独立数。则的独立数。则4、宽直径与容错直径、宽直径与容错直径容错直径的概念是由容错直径的概念是由Krishnamoorthy等在等在1987年提出的，它是度量容年提出的，它是度量容错网络的最大

163、通信延迟的量。即一个网络错网络的最大通信延迟的量。即一个网络G,如果如果F是它的一个容错顶点集是它的一个容错顶点集合，则合，则G-F是连通的，它有一个确定直径，容错直径就是基于这样的背景是连通的，它有一个确定直径，容错直径就是基于这样的背景提出的。提出的。定义定义1设设G是是w连通无向图连通无向图,则对则对V(G)的任意子集的任意子集F，如果有，如果有|F|0个奇数顶点，则存在个奇数顶点，则存在k条边不重的迹条边不重的迹Q1,Q2,Qk，使得：，使得：证明：不失一般性，只就证明：不失一般性，只就G是连通图进行证明。是连通图进行证明。319.设设G=(n,m)是连通图。令是连通图。令vl，v2，

164、,vk,vk+1,v2k是是G的所有奇度点。的所有奇度点。在在vi与与vi+k间连新边间连新边ei得图得图G*（1ik).ik).则则G*G*是欧拉图，因此，由是欧拉图，因此，由FleuryFleury算法得欧拉环游算法得欧拉环游C.C.在在C中删去中删去ei（1ik).得得k条边不重的迹条边不重的迹Qi（1ik):320.(三三)、中国邮路问题、中国邮路问题1962年，中国数学家管梅谷提出并解决了年，中国数学家管梅谷提出并解决了“中国邮路问题中国邮路问题”1、问题、问题邮递员派信的街道是边赋权连通图。从邮局出发，每条街道至少行走一邮递员派信的街道是边赋权连通图。从邮局出发，每条街道至少行走一

165、次，再回邮局。如何行走，使其行走的环游路程最短？次，再回邮局。如何行走，使其行走的环游路程最短？如果邮路图本身是欧拉图，那么由如果邮路图本身是欧拉图，那么由Fleury算法，可得到他的行走路线。算法，可得到他的行走路线。如果邮路图本身是非欧拉图，如何重复行走街道才能使行走总路程最短如果邮路图本身是非欧拉图，如何重复行走街道才能使行走总路程最短？321.2、管梅谷的结论、管梅谷的结论定理定理2若若W是包含图是包含图G的每条边至少一次的闭途径，则的每条边至少一次的闭途径，则W具有最小权具有最小权值当且仅当下列两个条件被满足：值当且仅当下列两个条件被满足：(1)G的每条边在的每条边在W中最多重复一次

166、；中最多重复一次；(2)对于对于G的每个圈上的边来说，在的每个圈上的边来说，在W中重复的边的总权值不超过该圈中重复的边的总权值不超过该圈非重复边总权值。非重复边总权值。证明：证明：“必要性必要性”首先，设首先，设G是连通非欧拉图，是连通非欧拉图，u与与v是是G的两个奇度顶点，把连接的两个奇度顶点，把连接u与与v的的路上的边改为路上的边改为2重边，则路中的点的度数奇偶性没有改变，仍然为偶数，重边，则路中的点的度数奇偶性没有改变，仍然为偶数，但但u与与v的度数由奇数变成了偶数。如果对的度数由奇数变成了偶数。如果对G中每对奇度点都如此处理，则中每对奇度点都如此处理，则最终得到的图为欧拉图。设该图为最

167、终得到的图为欧拉图。设该图为G1.322.其次，对其次，对G1作修改：作修改：如果在如果在G1中，边中，边e重复数大于重复数大于2，则在则在G G1 1中删掉中删掉2 2条重复的条重复的e e边后，所得边后，所得之图仍然是包含之图仍然是包含G G的欧拉图。的欧拉图。在在G1中，对每组平行边都做上面的处理，最后得到一个重复边数最多中，对每组平行边都做上面的处理，最后得到一个重复边数最多为为1的包含的包含G的欧拉图的欧拉图G2。这说明，若这说明，若W是包含是包含G的所有边的欧拉环游，则的所有边的欧拉环游，则G中每条边至多在中每条边至多在W里里出现两次。这就证明了出现两次。这就证明了(1).又设又设

168、C是是G2中任意一个圈，在该圈中，如果重复边的总权值超过该圈中任意一个圈，在该圈中，如果重复边的总权值超过该圈中非重复边总权值，那么可以把该圈中平行边改为非平行边，而把非平行中非重复边总权值，那么可以把该圈中平行边改为非平行边，而把非平行边改为平行边，如此修改，得到的图仍然是包含边改为平行边，如此修改，得到的图仍然是包含G的欧拉图，但对应的欧的欧拉图，但对应的欧拉环游长度减小了。拉环游长度减小了。323.这就是说，只要对这就是说，只要对G2的每个圈都作上面的修改，最后得到的图仍然为的每个圈都作上面的修改，最后得到的图仍然为包含包含G的欧拉图，而最后的图正好满足的欧拉图，而最后的图正好满足(2)

169、.“充分性充分性”(略略)例例5求包含下图求包含下图G的一个最优欧拉环游。的一个最优欧拉环游。v1v2v3v4v5v6v713225233354G324.解：由定理解：由定理2：v1v2v3v4v5v6v713225233354Gv1v2v3v4v5v6v713225233354v2v3v4v5v6v713225233354v1v2v3v4v5v6v713225233354v1325.例例6如果一个非负权的边赋权图如果一个非负权的边赋权图G中只有两个奇度顶点中只有两个奇度顶点u与与v,设计一设计一个求其最优欧拉环游的算法。个求其最优欧拉环游的算法。解：解：1、算法算法(1)、在在u与与v间求出

170、一条最短路间求出一条最短路P;(最短路算法最短路算法)(2)、在最短路在最短路P上，给每条边添加一条平行边得上，给每条边添加一条平行边得G的欧拉母图的欧拉母图G*;(3)、在在G的欧拉母图的欧拉母图G*中用中用Fleury算法求出一条欧拉环游。算法求出一条欧拉环游。2、算法证明算法证明326.定理：用上面方法求出的欧拉环游是最优欧拉环游。定理：用上面方法求出的欧拉环游是最优欧拉环游。证明：设证明：设u与与v是是G的两个奇度顶点的两个奇度顶点,G*是是G的任意一个欧拉母图。的任意一个欧拉母图。考虑考虑G*E*-E,显然它只有两个奇数顶点显然它只有两个奇数顶点u与与v,当然它们必须在当然它们必须在

171、G*E*-E的同一个分支中，因此，存在的同一个分支中，因此，存在(u,v)路路P*.所以，所以，即证明定理。即证明定理。例如：求出下图的一条最优欧拉环游。例如：求出下图的一条最优欧拉环游。327.解：解：y222211u43365wxvGzy222211u43365wxvGz最优欧拉环游：最优欧拉环游：xuywvzwyxuwvxzyx328. 作业作业P97-99习题习题4：1,2,3,7,8,9329.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、哈密尔顿图的概念、哈密尔顿图的概念(二二)、性质与判定、性质与判定哈密尔顿图哈密尔顿图330.1、背景、背景(一一)、哈密尔顿图的概念、哈密尔顿图的概念1

172、857年，年，哈密尔顿发明了一个游戏哈密尔顿发明了一个游戏(IcosianGame).它是由一个它是由一个木制的正十二面体构成，在它的每个棱角处标有当时很有名的城木制的正十二面体构成，在它的每个棱角处标有当时很有名的城市。游戏目的是市。游戏目的是“环球旅行环球旅行”。为了容易记住被旅游过的城市。为了容易记住被旅游过的城市，在每个棱角上放上一个钉子，再用一根线绕在那些旅游过的城市在每个棱角上放上一个钉子，再用一根线绕在那些旅游过的城市上上(钉子钉子),由此可以获得旅程的直观表示。由此可以获得旅程的直观表示。十二面体331.哈密尔顿哈密尔顿(1805-1865),爱尔兰数学家。个人生活很不幸，但兴

173、爱尔兰数学家。个人生活很不幸，但兴趣广泛：诗歌、光学、天文学和数学无所不能。他的主要贡献是趣广泛：诗歌、光学、天文学和数学无所不能。他的主要贡献是在代数领域，发现了四元数在代数领域，发现了四元数(第一个非交换代数第一个非交换代数)，他认为数学是最，他认为数学是最美丽的花朵。美丽的花朵。哈密尔顿把该游戏以哈密尔顿把该游戏以25英镑的价格买给了英镑的价格买给了J.JacquesandSons公公司司(该公司如今以制造国际象棋设备而著名该公司如今以制造国际象棋设备而著名)，1859年获得专利权。年获得专利权。但商业运作失败了。但商业运作失败了。该游戏促使人们思考点线连接的图的结构特征。这就是图论历该

174、游戏促使人们思考点线连接的图的结构特征。这就是图论历史上著名的哈密尔顿问题。史上著名的哈密尔顿问题。2、哈密尔顿图与哈密尔顿路、哈密尔顿图与哈密尔顿路定义定义1如果经过图如果经过图G的每个顶点恰好一次后能够回到出发点，称的每个顶点恰好一次后能够回到出发点，称这样的图为哈密尔顿图，简称这样的图为哈密尔顿图，简称H图。所经过的闭途径是图。所经过的闭途径是G的一个生的一个生成圈，称为成圈，称为G的哈密尔顿圈。的哈密尔顿圈。332.例例1、正十二面体是、正十二面体是H图。图。十二面体333.例例2下图下图G是非是非H图。图。证明：因为在证明：因为在G中，边中，边uv是割边，所以它不在是割边，所以它不在

175、G的任意圈上，于的任意圈上，于是是u与与v不能在不能在G的同一个圈上。故的同一个圈上。故G不存在包括所有顶点的圈，即不存在包括所有顶点的圈，即G是非是非H图。图。图图Guv定义定义2如果存在经过如果存在经过G的每个顶点恰好一次的路，称该路为的每个顶点恰好一次的路，称该路为G的的哈密尔顿路，简称哈密尔顿路，简称H路。路。uv图图G334.(二二)、性质与判定、性质与判定1、性质、性质定理定理1(必要条件必要条件)若若G为为H图，则对图，则对V(G)的任一非空顶点子集的任一非空顶点子集S，有：，有：证明：证明：G是是H图，设图，设C是是G的的H圈。则对圈。则对V(G)的任意非空子集的任意非空子集S

176、,容易知道容易知道:所以，有：所以，有：335.注：不等式为注：不等式为G是是H图的必要条件，即不等式不满足时，可断定图的必要条件，即不等式不满足时，可断定对应图是非对应图是非H图。图。例例3求证下图是非求证下图是非H图。图。证明：取证明：取S=2,7,6,则有：则有：543218769所以由定理所以由定理1知，知，G为非为非H图。图。G336.注意：满足定理注意：满足定理1不等式的图不一定是不等式的图不一定是H图。图。例如：著名的彼德森图是非例如：著名的彼德森图是非H图，但它满足定理图，但它满足定理1的不等式。的不等式。Peterson图图彼得森彼得森(1839-1910)，丹麦哥本哈根大学

177、数学教授。家境贫寒，丹麦哥本哈根大学数学教授。家境贫寒，因此而辍过学。但因此而辍过学。但19岁就出版了关于对数的专著。他作过中学教师，岁就出版了关于对数的专著。他作过中学教师，32岁获哥本哈根大学数学博士学位，然后一直在该大学作数学教授。岁获哥本哈根大学数学博士学位，然后一直在该大学作数学教授。337.彼得森是一位出色的名教师。他讲课遇到推理困难时，总是说：彼得森是一位出色的名教师。他讲课遇到推理困难时，总是说：“这是显而易见的这是显而易见的”，并让学生自己查阅他的著作。同时，他是一位有，并让学生自己查阅他的著作。同时，他是一位有经验的作家，论述问题很形象，讲究形式的优雅。经验的作家，论述问题

178、很形象，讲究形式的优雅。1891年，彼得森发表了一篇奠定他图论历史地位的长达年，彼得森发表了一篇奠定他图论历史地位的长达28页的论文。页的论文。这篇文章被公认是第一篇包含图论基本结论的文章。同时也是第一次这篇文章被公认是第一篇包含图论基本结论的文章。同时也是第一次在文章中使用在文章中使用“图图”术语。术语。1898年，彼得森又发表了一篇只有年，彼得森又发表了一篇只有3页的论文，在这篇文章中，为举页的论文，在这篇文章中，为举反例构造了著名的彼得森图。反例构造了著名的彼得森图。338.2、判定、判定图的图的H性判定是性判定是NP-困难问题。到目前为止，有关的定理有困难问题。到目前为止，有关的定理有

179、300多个，但没有一个是理想的。拓展多个，但没有一个是理想的。拓展H图的实用特征仍然被图论领域图的实用特征仍然被图论领域认为是重大而没有解决的问题。认为是重大而没有解决的问题。图的哈密尔顿问题和四色问题被谓为挑战图论领域图的哈密尔顿问题和四色问题被谓为挑战图论领域150年智力极年智力极限的总和。三位数学限的总和。三位数学“诺奖诺奖”获得者获得者Erds、Whitney、Lovsz以及以及Dirac、Ore等在哈密尔顿问题上有过杰出贡献。等在哈密尔顿问题上有过杰出贡献。下面，介绍几个著名的定理。下面，介绍几个著名的定理。339.定理定理2(充分条件充分条件)对于对于n33的单图的单图G G，如果

180、，如果G G中有：中有：那么那么G是是H图。图。证明证明:若不然，设若不然，设G是一个满足定理条件的极大非是一个满足定理条件的极大非H简单图。显简单图。显然然G不能是完全图，否则，不能是完全图，否则，G是是H图。图。于是，可以在于是，可以在G中任意取两个不相邻顶点中任意取两个不相邻顶点u与与v。考虑图。考虑图G+uv，由由G的极大性，的极大性，G+uv是是H图。且图。且G+uv的每一个的每一个H圈必然包含边圈必然包含边uv。340.所以，在所以，在G中存在起点为中存在起点为u而终点为而终点为v的的H路路P。不失一般性，设起点为不失一般性，设起点为u而终点为而终点为v的的H路路P为：为：vnvn

181、-1vi+1viv3v2v1P令：令：341.对于对于S与与T,显然，显然，另一方面：可以证明：另一方面：可以证明：所以：所以：否则，设否则，设那么，由那么，由由由vnvn-1vi+1viv3v2v1P这样在这样在G中有中有H圈，与假设矛盾！圈，与假设矛盾！342.于是：于是：这与已知这与已知矛盾！矛盾！注：该定理是数学家注：该定理是数学家Dirac在在1952年得到的。该定理被认为是年得到的。该定理被认为是H问问题的划时代奠基性成果。题的划时代奠基性成果。Dirac曾经是丹麦奥尔胡斯大学知名教授，杰出的数学研究者。其曾经是丹麦奥尔胡斯大学知名教授，杰出的数学研究者。其父亲父亲(继父继父)是在

182、量子力学中做出卓越贡献的物理学家狄拉克，是在量子力学中做出卓越贡献的物理学家狄拉克，1933年年获诺贝尔物理学奖。获诺贝尔物理学奖。Dirac发表关于发表关于H问题论文问题论文39篇。他篇。他1952年的定理年的定理将永载史册！将永载史册！343.1960年，年，美国耶鲁大学数学家美国耶鲁大学数学家奥尔院士考察不相邻两点度和情况，奥尔院士考察不相邻两点度和情况，弱化了弱化了Dirac条件条件，得到一个光耀千秋的结果。，得到一个光耀千秋的结果。Ore发表关于发表关于H问题论文问题论文59篇。篇。定理定理3(充分条件充分条件)对于对于n33的单图的单图G G，如果，如果G G中的任意两个不相邻中的

183、任意两个不相邻顶点顶点u u与与v v，有：，有：那么，那么，G是是H图。图。注注:(1)该定理证明和定理该定理证明和定理2可以完全一致！可以完全一致！(2)该定理的条件是紧的。例如：设该定理的条件是紧的。例如：设G是由是由Kk+1的一个顶点和另一个的一个顶点和另一个Kk+1的一个顶点重合得到的图，那么对于的一个顶点重合得到的图，那么对于G344.的任意两个不相邻顶点的任意两个不相邻顶点u与与v，有：，有：但但G是非是非H图。图。G=K1+2(K3)1976年，年，牛津大学的牛津大学的图论大师图论大师Bondy(帮迪帮迪)等在等在Ore定理基础上，定理基础上，得到图得到图G和它的闭包间的同哈密

184、尔顿性。和它的闭包间的同哈密尔顿性。注：帮迪的书注：帮迪的书图论及其应用图论及其应用是一本经典必读教材。有中译是一本经典必读教材。有中译本和习题解答。吴望祖译本和习题解答。吴望祖译。345.引理引理1对于单图对于单图G，如果，如果G中有两个不相邻顶点中有两个不相邻顶点u与与v，满足：，满足：那么那么G是是H图当且仅当图当且仅当G+uv是是H图。图。证明：略证明：略定义定义3在在n阶单图中，若对阶单图中，若对d(u)+d(v)n n 的的任意一对顶点任意一对顶点u与与v，均有均有uadjv,则称则称G是闭图。是闭图。闭图闭图非闭图非闭图346.引理引理2若若G1和和G2是同一个点集是同一个点集V

185、的两个闭图，则的两个闭图，则G=G1G2是闭图。是闭图。证明：任取证明：任取u,vV(G1G2)，如果有：，如果有：易知：易知：因因G1与与G2都是闭图，所以都是闭图，所以u与与v在在G1与与G2中都邻接，所以，在中都邻接，所以，在G中也中也邻接。故邻接。故G是闭图。是闭图。347.注：注：G1与与G2都是闭图，它们的并不一定是闭图。都是闭图，它们的并不一定是闭图。例如：例如：G1G2尽管尽管G1与与G2是闭图，但其并不是闭图！是闭图，但其并不是闭图！348.定义定义4称称是图是图G的闭包，如果它是包含的闭包，如果它是包含G的极小闭图。的极小闭图。注：如果注：如果G本身是闭图，则其闭包是它本身

186、；如果本身是闭图，则其闭包是它本身；如果G不是闭图，则不是闭图，则由定义可以通过在度和大于等于由定义可以通过在度和大于等于n的不相邻顶点对间加边来构造的不相邻顶点对间加边来构造G的闭的闭图。例如：图。例如：G引理引理3图图G的闭包是唯一的。的闭包是唯一的。(证明略证明略)349.定理定理4(帮迪帮迪闭包定理闭包定理)图图G是是H图当且仅当它的闭包是图当且仅当它的闭包是H图。图。证明：证明：“必要性必要性”显然。显然。“充分性充分性”：假设：假设G的闭包是的闭包是H图，我们证明图，我们证明G是是H图。图。假设假设G的闭包和的闭包和G相同，结论显然。相同，结论显然。若不然，设若不然，设ei(1ik

187、)ik)是为构造是为构造G G的闭包而添加的所有边，由引理的闭包而添加的所有边，由引理1 1，G G是是H H图当且仅当图当且仅当G+eG+e1 1是是H H图，图， G+e1是是H图当且仅当图当且仅当G+e1+e2是是H图图,反复应用引理反复应用引理1，可以得到定理结论。，可以得到定理结论。由于完全图一定是由于完全图一定是H图，所以由闭包定理有：图，所以由闭包定理有：推论推论1：设：设G是是n33的单图，若的单图，若G G的闭包是完全图，则的闭包是完全图，则G G是是H H图。图。350.由闭包定理也可以推出由闭包定理也可以推出Dirac和和Ore定理：定理：推论推论1：设：设G是是n33的

188、单图。的单图。(1)若若(G)n/2,(G)n/2,则则G G是是H H图图(Dirac(Dirac定理定理););(2)若若对于对于G G中任意不相邻顶点中任意不相邻顶点u u与与v v，都有，都有d(u)+d(v)n,d(u)+d(v)n,则则G G是是H H图图.(Ore.(Ore定理定理) )在闭包定理的基础上，在闭包定理的基础上，Chvtal和帮迪进一步得到图的和帮迪进一步得到图的H性的度序性的度序列判定法。列判定法。定理定理5(Chvtal度序列判定法度序列判定法)设简单图设简单图G的度序列是的度序列是(d1,d2,dn),这里，这里，d1dd2 2ddn n, ,并且并且n3.n

189、3.若对任意的若对任意的mn/2,mm,m,或有或有d dn-m n-m n-m, n-m,则则G G是是H H图。图。萨瓦达定理的证明方法：证萨瓦达定理的证明方法：证G的闭包是完全图。的闭包是完全图。351.证明：如果证明：如果G的闭包是的闭包是Kn，则，则G是是H图。图。否则，设否则，设u与与v是是G的闭包中不相邻接的且度和最大的两点，又假设：的闭包中不相邻接的且度和最大的两点，又假设：由于由于是闭图，是闭图，u与与v是其中不邻接顶点，所以：是其中不邻接顶点，所以：于是，若取于是，若取，则，则对于这个对于这个m,由于：由于：所以在所以在G的闭包中至少有的闭包中至少有m个点与个点与v不邻接。

190、不邻接。352.由由u与与v的取法知：与的取法知：与v不邻接的不邻接的m个点中，个点中，u的度数最大。这就意味的度数最大。这就意味着：着：G中至少有中至少有m个点的度数不大于个点的度数不大于m,即：即：另一方面，由另一方面，由m的选取，的选取，G的闭包中有的闭包中有n-1-m个点与个点与u不相邻接。而不相邻接。而这些点中，这些点中，v的度最大。这意味着：在的度最大。这意味着：在G的闭包中有的闭包中有n-1-m个与个与u不邻不邻接的点的度数小于等于接的点的度数小于等于v的度数。的度数。但是，由：但是，由：以及以及u的度数不超过的度数不超过v的度数假设，的度数假设，G的闭包中至少有的闭包中至少有n

191、-m个点的度个点的度不超过不超过n-m,从而在从而在G中至少有中至少有n-m个点的度数严格小于个点的度数严格小于n-m,即：即：353.定理定理5(Chvtal度序列判定法度序列判定法)设简单图设简单图G的度序列是的度序列是(d1,d2,dn),这里，这里，d1dd2 2ddn n, ,并且并且n3.n3.若存在若存在mn/2,mn/2, 有有 d dm m m m , ,或有或有d d n - m n - m n-m, n-m,则则G G是非是非H H图。图。定理定理5的逆否命题：的逆否命题：354.例例4求证下图是求证下图是H图。图。证明：在证明：在G中有：中有：354218769G因因n

192、=9,所以，所以，m=1,2,3,4355.所以，由度序列判定法，所以，由度序列判定法，G是是H图。图。注注：哈密尔顿图研究简介哈密尔顿图研究简介哈密尔顿问题的研究一直是图论热点。研究历史大致情况如下：哈密尔顿问题的研究一直是图论热点。研究历史大致情况如下：(1)1952年年Dirac定理是研究的奠基性结果；定理是研究的奠基性结果；(2)1962年年Ore定理是定理是Dirac定理的重要推进；定理的重要推进；(3)1976年帮迪的闭包定理是年帮迪的闭包定理是Ore定理的重要推进；定理的重要推进；(4)1985年时任剑桥大学兼伦敦大学教授的年时任剑桥大学兼伦敦大学教授的Nicos在弱化在弱化Or

193、e定理定理条件基础上推进了条件基础上推进了Ore定理；定理；(5)1996年年GSU计算机系五个特聘教授之一的计算机系五个特聘教授之一的Chen和和SCI杂志杂志图论杂志图论杂志编委编委Egawa及及SCI杂志杂志图论与组合图论与组合主编主编Saito等再进一步推进等再进一步推进Ore定理。定理。356.(6)2007年年,赖虹建教授统一上面全部结果赖虹建教授统一上面全部结果(见美国见美国APPl.Math.Lett),似已是珠峰似已是珠峰之极.值得一提的是，福州大学的值得一提的是，福州大学的范更华教授对范更华教授对H问题的研究也取得重要问题的研究也取得重要成就，他得出成就，他得出“范定理范定

194、理”：范定理：若图中每对距离为范定理：若图中每对距离为2的点中有一点的度数至少是的点中有一点的度数至少是图的点数的一半，则该图存在哈密尔顿圈。图的点数的一半，则该图存在哈密尔顿圈。该成果获得中国该成果获得中国2005年度国家自然科学二等奖。年度国家自然科学二等奖。357. 作业作业P97-99习题习题4：10,12358.Thank You !359.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、度极大非哈密尔顿图、度极大非哈密尔顿图(二二)、TSP问题问题度极大非哈密尔顿图与度极大非哈密尔顿图与TSP问题问题360.1、定义、定义(一一)、度极大非哈密尔顿图、度极大非哈密尔顿图定义定义1图图G称为度

195、极大非称为度极大非H图，如果它的度不弱图，如果它的度不弱于其它非于其它非H图。图。2、Cm,n图图定义定义2对于对于1 m n/2 ,C m n/2 ,C m,nm,n图定义为：图定义为：例如，作出例如，作出C1,5与与C2,5361.3、Cm,n的性质的性质C1,5C2,5引理引理1对于对于1mn/2m|S|=m,(G-S)=m+1|S|=m,所以，所以，由由H H图的性质知，图的性质知，G G是非是非H H图。图。4、度极大非度极大非H图的特征图的特征362.定理定理1(Chvtal,1972)若若G是是n33的非的非H H单图，则单图，则G G度弱于某个度弱于某个C Cm,nm,n图。图

196、。证明：证明：设设G是度序列为是度序列为(d1,d2,dn)的非的非H单图，单图，且且d1d2dn,n33。由度序列判定法：存在由度序列判定法：存在mn/2,使得使得dmm,m,且且d dn-mn-mn-m.n-m.于是，于是，G G的度序列必弱于如下序列：的度序列必弱于如下序列：而上面序列正好是图而上面序列正好是图Cm,n的度序列。的度序列。注注：(1)定理定理1刻画了非刻画了非H单图的特征：从度序列角度单图的特征：从度序列角度看，看，Cm,n图族中每个图都是某个图族中每个图都是某个n阶非阶非H单图的极图。单图的极图。363.(2)定理的条件是充分条件而非必要条件。定理的条件是充分条件而非必

197、要条件。例如：当例如：当n=5时，其度极大非时，其度极大非H图族是：图族是：C1,5与与C2,5C1,5C2,5C1,5的度序列是：的度序列是：(1,3,3,3,4),C2,5的度序列是的度序列是(2,2,2,4,4)。而而5阶圈阶圈C5的度序列是的度序列是:(2,2,2,2,2),它度弱于它度弱于C2,5,但是但是C5是是H图。图。364.(3)如果如果n阶单图阶单图G度优于所有的度优于所有的Cm,n图族，则图族，则G是是H图。图。G的度序列是的度序列是(2,3,3,4,4),优于优于C1,5的度序列的度序列(1,3,3,3,4)和和C2,5的度序列的度序列(2,2,2,4,4)。所以可以断

198、。所以可以断定定G是是H图。图。例如：例如：G推论推论设设G是是n阶单图。若阶单图。若n33且且365.则则G是是H图；并且，具有图；并且，具有n个顶点个顶点条边条边的非的非H图只有图只有C1,n以及以及C2,5.证明证明:(1)先证明先证明G是是H图。图。若不然，由定理若不然，由定理1，G度弱于某个度弱于某个Cm,n,于是有：于是有：这与条件矛盾！所以这与条件矛盾！所以G是是H图。图。366.(2)对于对于C1,n,有：有：除此之外，只有当除此之外，只有当m=2且且n=5时有：时有：这就证明了这就证明了(2)。注：推论的条件是充分而非必要的。注：推论的条件是充分而非必要的。367.例如，在下

199、图中，尽管例如，在下图中，尽管C2,7+uv的边数不满足推的边数不满足推论不等式，可它是论不等式，可它是H图。图。uvC2,7+uv368.例例1设设G是度序列为是度序列为(d1,d2,dn)的非平凡单图，且的非平凡单图，且d1d2dn。证明：若。证明：若G不存在小于不存在小于(n+1)/2的正的正整数整数m，使得：，使得：dmm且且dn-m+1n-m,则则G有有H路。路。证明：在证明：在G之外加上一个新点之外加上一个新点v,把它和把它和G的其余各的其余各点连接得图点连接得图G1GG1vG1的度序列为：的度序列为：(d1+1,d2+1,dn+1,n)由条件：不存在小于由条件：不存在小于(n+1

200、)/2的正整数的正整数m,使得使得dm+1m,m,且且d dn-m+1n-m+1+1n-m+1=(n+1)-m+1|S|=13.-S)|S|=13.故，老鼠最后不能到达中心点。故，老鼠最后不能到达中心点。371.(二二)、TSP问题问题TSP问题即旅行售货员问题，是应用图论中典型问题之一。问题提问题即旅行售货员问题，是应用图论中典型问题之一。问题提法为：一售货员要到若干城市去售货，每座城市只经历一次，问如何法为：一售货员要到若干城市去售货，每座城市只经历一次，问如何安排行走路线，使其行走的总路程最短。安排行走路线，使其行走的总路程最短。已经使用过的近似算法很多，如遗传算法、最邻近算法、最近插值

201、已经使用过的近似算法很多，如遗传算法、最邻近算法、最近插值法、贪婪算法和边交换技术等。法、贪婪算法和边交换技术等。在赋权图中求最小在赋权图中求最小H圈是圈是NP难问题。理论上也已经证明：不存难问题。理论上也已经证明：不存在多项式时间近似算法，使相对误差小于或等于某个固定的常数在多项式时间近似算法，使相对误差小于或等于某个固定的常数, ,即即便是便是=1000也是如此。也是如此。下面介绍边交换技术。下面介绍边交换技术。372.1、边交换技术、边交换技术(1)、在赋权完全图中取一个初始、在赋权完全图中取一个初始H圈圈C=v1v2,vnv1；(2)、如果存在下图中红色边，、如果存在下图中红色边，且且

202、w(vivi+1)+w(vjvj+1)w(vivj)+w(vi+1vj+1),则把则把C修改为：修改为：C1=v1v2,vivjvi+1vj+1,vnv1v1v2viVi+1vjvj+1vn初始初始H圈圈Cv1v2viVi+1vjvj+1vn373.例例3采用边交换技术求赋权完全图的一个近似最优采用边交换技术求赋权完全图的一个近似最优H圈。圈。13221705651607835365168576861TPePaNYMCL374.解：取初始圈为：解：取初始圈为：132156603651TPePaNYMCL278132170603651TPePaNYMCL278375.132170353651TP

203、ePaNYMCL251132170356856TPePaNYMCL251于是，求出一个近似最优解为：于是，求出一个近似最优解为：W(H)=192注：为了得到进一步的优解，可以从几个不同的初始圈开始，通过注：为了得到进一步的优解，可以从几个不同的初始圈开始，通过边交换技术得到几个近似最优解，然后从中选取一个近似解。边交换技术得到几个近似最优解，然后从中选取一个近似解。376.2、最优、最优H圈的下界圈的下界可以通过如下方法求出最优可以通过如下方法求出最优H圈的一个下界：圈的一个下界：(1)在在G中删掉一点中删掉一点v(任意的任意的)得图得图G1;(2)在图在图G1中求出一棵最小生成树中求出一棵最

204、小生成树T;(3)在在v的关联边中选出两条权值最小者的关联边中选出两条权值最小者e1与与e2.若若H是是G的最优圈，则：的最优圈，则：377.例如，估计例例如，估计例5中最优中最优H圈的下界圈的下界解：在解：在G中删掉点中删掉点NY,求得求得G-NY的一棵最优生成树为：的一棵最优生成树为：5113MC562PaLPeT3521所以，所以，W(H)122+35+21=178.122+35+21=178.378.例例4设设G是赋权完全图，对所有的是赋权完全图，对所有的x,y,zV(G),满足三角不等式：满足三角不等式：W(xy)+W(yz) W W ( xz)( xz).证明：证明：G中最优圈的权

205、最多是中最优圈的权最多是2W(T)，这，这里里T是是G中一棵最小生成树。中一棵最小生成树。证明：设证明：设T是是G的一棵最小生成树，将的一棵最小生成树，将T的每条边添上一条平行边的每条边添上一条平行边得图得图T1,显然显然T1是欧拉图。是欧拉图。v1v2v3v4v5v6Tv1v2v3v4v5v6T1设设Q是是T1的一个欧拉环游：的一个欧拉环游：Q=vi1vi2.vikvi1379.则：则：W(T1)=W(Q)=2W(T)现在，从现在，从Q的第三点开始，删掉与前面的重复顶点，得到的第三点开始，删掉与前面的重复顶点，得到G的顶点的顶点的一个排列的一个排列。由于由于G是完全图，所以该排列对应是完全图

206、，所以该排列对应G的一个的一个H圈。圈。在在中任意一条边中任意一条边(u ,v),(u ,v),在在T T中有一条唯一的中有一条唯一的(u, v)(u, v)路路P,P,而该路正而该路正好是在好是在Q Q中的中的u u与与v v间的部分。间的部分。由三角不等式知：由三角不等式知：W(uv)W(P)W(P)W()W(Q)=2W(T)W(Q)=2W(T)即最优圈即最优圈H的权值满足：的权值满足：W(H)W()W(Q)=2W(T)由于将由于将中的边中的边uv用用T中的中的uv路路P来代替就得到来代替就得到Q，所以：，所以：380. 作业作业P97-99习题习题4：13,14，17381.Thank

207、You !382.本次课主要内容本次课主要内容(二二)、E图和图和H图的关系图的关系超哈密尔顿图与超可迹图问题超哈密尔顿图与超可迹图问题(一一)、超、超H图与超可迹图图与超可迹图383.定义定义1若图若图G是非是非H图，但对于图，但对于G中任意点中任意点v,都有都有G-v是是H图，则称图，则称G是超是超H图。图。(一一)、超、超H图与超图与超H迹迹定理定理1彼得森图是超彼得森图是超H图。图。1765432彼得森图彼得森图1098证明：证明：(1)证明彼得森图是非证明彼得森图是非H图。图。384.若不然，设若不然，设C是是G的的H圈。圈。1654327彼得森图彼得森图1098又对于边又对于边28

208、，23来说，在前面情况下，必有一条在来说，在前面情况下，必有一条在C中。分两种情中。分两种情形讨论。形讨论。对于边对于边12,17,15来说，必然有两条边在来说，必然有两条边在C中。不失一般性，假定中。不失一般性，假定17,12在在C中，那么，中，那么，56，54也必然在也必然在C中。中。385.1654327彼得森图彼得森图1098但这样得到圈：但这样得到圈：17(10)821。所以该情形不能存在。所以该情形不能存在。情形情形1：假如：假如28在在C中，则中，则39，34在在C中中,从而从而7(10),8(10)在在C中中386.但这样得到圈：但这样得到圈：123971。所以该情形也不能存在

209、。所以该情形也不能存在。情形情形2：假如：假如23在在C中，则中，则86，8(10)在在C中中,从而从而39,79在在C中中.1654327彼得森图彼得森图10981654327彼得森图彼得森图1098上面推理说明，上面推理说明，G中不存在中不存在H圈，即彼得森图是非圈，即彼得森图是非H图。图。387.由对称性，只需考虑下面两种情形由对称性，只需考虑下面两种情形:(a)G-1,（b）G-6(2)证明对任意点证明对任意点v，G-v是是H图。图。(a)G-1中有中有H圈：圈：54328(10)796536542107G-198(b)G-6中有中有H圈：圈：54397(10)8215154327G-

210、61098由由(1)与与(2)，G是超是超H图。图。388.定义定义2若若G中没有中没有H路，但是对路，但是对G中任意点中任意点v，G-v存在存在H路，则称路，则称G是超可迹的。是超可迹的。数学家加莱曾经猜想：不存在超可迹的图。但该猜想被数学家加莱曾经猜想：不存在超可迹的图。但该猜想被Horton和和Thomassen以构图的方式否定了。以构图的方式否定了。定理定理2Thomassen图是超可迹图。图是超可迹图。abdefcThomassen图图389.定理证明分为两部分定理证明分为两部分:(1)证明证明G中不存在中不存在H路；路；(2)证明对证明对G中任中任意点意点v，有，有G-v存在存在H

211、路。路。(1)证明证明G中不存在中不存在H路。路。如图所示，将如图所示，将G用虚线分成对称的用虚线分成对称的4部分：部分：,。abdefcThomassen图图假设假设G有有H路路P,设该路的起点为设该路的起点为，终点，终点为为。不失一般性，设不失一般性，设a。断言断言1 1：a中中不存在以不存在以a,c,d三点中任意两点为端点的三点中任意两点为端点的H路。路。若不然，将推出彼得森图是若不然，将推出彼得森图是H H图。图。390.abdefcThomassen图图断言断言2 2：a， b中不存在以中不存在以a为端点的为端点的H路。路。若不然，设若不然，设Q Q是一条以是一条以a a为起点的为起

212、点的a， b中的中的H路。那么，从路。那么，从a出发，沿出发，沿着该路行走有两种可能着该路行走有两种可能:(1)遍历了遍历了中所有中所有点之后，从点之后，从c或或d进入进入，但这形成了，但这形成了a中的以中的以a,c或或a,d为端点的为端点的H路，路，与断言与断言1矛盾！矛盾！(2)没有遍历完没有遍历完a中的顶点，假若从中的顶点，假若从c进入进入，那么，必须遍，那么，必须遍历完历完b的所有顶点后，才能从的所有顶点后，才能从e进入进入。但这也会与断言。但这也会与断言1产产生矛盾。生矛盾。391.abdefcThomassen图图情形情形1：= a= a所以，情形所以，情形1不能成立！不能成立！由

213、前面假设：由前面假设：a。我们沿着我们沿着P作如下的行进：作如下的行进：(1)假设是由假设是由a进入进入，要能够走完，要能够走完P,必须遍必须遍历历的所有顶点后由的所有顶点后由b进入进入，但这与断，但这与断言言2 2矛盾！矛盾！(2)假设是由假设是由a进入进入，要能够走完，要能够走完P,必须必须遍历遍历的所有顶点后由的所有顶点后由b进入进入，但这，但这也与断言也与断言2 2矛盾！矛盾！392.abdefcThomassen图图情形情形2： a a所以，情形所以，情形2也不能成立！也不能成立！我们沿着我们沿着P作如下的行进：作如下的行进：(1)假设是由假设是由遍历了遍历了b所有顶点所有顶点从从a

214、进入进入，这与断言，这与断言2矛盾！同样，假设是由矛盾！同样，假设是由遍历了遍历了a所有顶点从所有顶点从b进入进入，这也，这也与断言与断言2矛盾！矛盾！(2)假设是由假设是由开始，没有遍历开始，没有遍历a,b而从而从a或或b进入进入，那么，要走完，那么，要走完P,P,都必须遍都必须遍历完历完的所有顶点后，才能重新进入的所有顶点后，才能重新进入。但这要与断言但这要与断言2矛盾矛盾393.综合上面的论述：得综合上面的论述：得G中没有中没有H路。路。(2)证明对证明对G中任意点中任意点v，有，有G-v存在存在H路。路。由对称性：我们取由对称性：我们取b和和中顶点逐一分析即可。例如：中顶点逐一分析即可

215、。例如：abdefcThomassen图图综上所述：得综上所述：得Thomassen图是超可迹图。图是超可迹图。394.关于关于H图的一些猜想图的一些猜想1、加莱猜想：不存在超可迹的图。、加莱猜想：不存在超可迹的图。加莱猜想是错误的。加莱猜想是错误的。Thomassen图否定了加莱猜想。图否定了加莱猜想。加莱加莱(1912-1992)匈牙利数学家。他和匈牙利数学家。他和Erdos,托兰是当时匈牙利国托兰是当时匈牙利国家数学竞赛获胜者，后来成为一生的朋友。家数学竞赛获胜者，后来成为一生的朋友。加莱深受哥尼的影响而对图论产生极大兴趣，以至于他对图论基加莱深受哥尼的影响而对图论产生极大兴趣，以至于他

216、对图论基础理论做出了重大贡献，推动了图论与组合数学的迅速发展。同时，础理论做出了重大贡献，推动了图论与组合数学的迅速发展。同时，他也是最早认识所谓的他也是最早认识所谓的“极小极小-极大定理极大定理”重要性的数学家之一。重要性的数学家之一。加莱为人谦虚低调，很少在公开场合露面。常常在赞扬别人工作时加莱为人谦虚低调，很少在公开场合露面。常常在赞扬别人工作时低估自己的成绩。不喜欢发表自己研究成果。低估自己的成绩。不喜欢发表自己研究成果。395.2、泰特猜想：任何、泰特猜想：任何3连通连通3正则可平面图是正则可平面图是H图。图。泰特猜想也是错误的。托特泰特猜想也是错误的。托特1946年构图否定了泰特猜

217、想。年构图否定了泰特猜想。46个点的托特图个点的托特图Lederberg等构造了最小的等构造了最小的3连通连通3正则图非正则图非H图，有图，有38个点。个点。396.如果泰特猜想正确，如果泰特猜想正确，4色定理可得到证明。色定理可得到证明。托特托特(1917-2002)英国著名数学家。英国著名数学家。1935年，入剑桥三一学院学习年，入剑桥三一学院学习化学，并攻读了化学研究生，撰写了化学，并攻读了化学研究生，撰写了2篇化学论文。但是，他的兴趣篇化学论文。但是，他的兴趣是数学。在剑桥，他结识了是数学。在剑桥，他结识了3位数学专业的本科学生并成为终身朋友，位数学专业的本科学生并成为终身朋友，合作发

218、表数学论文。二战后，托特回到剑桥攻读数学研究生。研究生合作发表数学论文。二战后，托特回到剑桥攻读数学研究生。研究生期间，发表了关于图的因子分解论文。在他的数学博士论文中，复兴期间，发表了关于图的因子分解论文。在他的数学博士论文中，复兴了拟阵理论了拟阵理论(惠特尼引入的惠特尼引入的).1948年博士毕业后，受年博士毕业后，受20世纪伟大的几何世纪伟大的几何学家学家Coxeter邀请前往多伦多大学任教，成为组合数学杰出学者。邀请前往多伦多大学任教，成为组合数学杰出学者。5年年后到滑铁卢大学工作直到后到滑铁卢大学工作直到1984年退休。年退休。托特是托特是20世纪伟大的数学家之一，在近代数学史上占有

219、一定的地位。主要世纪伟大的数学家之一，在近代数学史上占有一定的地位。主要功绩是提出并证明了图的完美匹配定理。功绩是提出并证明了图的完美匹配定理。397.托特还喜欢写诗，在托特还喜欢写诗，在1969年写了一首反映图论的诗：年写了一首反映图论的诗：哥尼斯堡的一些市民，哥尼斯堡的一些市民，漫步在河畔。漫步在河畔。在普雷格尔河旁，在普雷格尔河旁，有七座桥相伴。有七座桥相伴。“Euler,我们一起散步吧！我们一起散步吧！”那些市民在召唤。那些市民在召唤。“我们在这七座桥上漫步，我们在这七座桥上漫步，经过每座桥仅一次。经过每座桥仅一次。”“你们做不到你们做不到”，Euler大声吼道。大声吼道。“结果就是这

220、样，结果就是这样，岛屿作为顶点，岛屿作为顶点，四个点有奇数度四个点有奇数度”。从哥尼斯堡到哥尼的书，从哥尼斯堡到哥尼的书，图论的传说正是如此，图论的传说正是如此，而且越来越精彩，而且越来越精彩，绽放在密歇根和耶鲁绽放在密歇根和耶鲁398.该猜想错误。该猜想错误。Meredith构图对猜想进行了否定。构图对猜想进行了否定。3、纳什、纳什威廉斯猜想：每个威廉斯猜想：每个4连通连通4正则图是正则图是H图。图。Meredith图图Meredith图是由彼得森图的每个顶点嵌入一个图是由彼得森图的每个顶点嵌入一个K3,4作成。作成。399.该猜想错误。该猜想错误。Coxeter构图对猜想进行了否定。构图对

221、猜想进行了否定。4、托特猜想：每个、托特猜想：每个3连通连通3正则偶图是正则偶图是H图。图。Coxeter图图400.该猜想是正确的，已经得到证明。该猜想是正确的，已经得到证明。5、普鲁默猜想：每个、普鲁默猜想：每个2连通图的平方是连通图的平方是H图。图。定义：图定义：图G的平方的平方G2是这样的图是这样的图:1234G1234G2值得一提的是：在值得一提的是：在H问题研究中，问题研究中，H图中图中H圈的计数问题也是一个研圈的计数问题也是一个研究方向。究方向。401.定理：每个定理：每个3正则正则H图至少有图至少有3个生成圈。个生成圈。我院张先迪、李正良教授曾经也研究过我院张先迪、李正良教授曾

222、经也研究过H图中图中H圈的计数问题。圈的计数问题。90年年在在系统科学与数学系统科学与数学学报上发表文章：学报上发表文章：“有限循环群上有限循环群上Cayley有向有向图的图的H回路回路”，得到了该类图的，得到了该类图的H圈的计数公式。圈的计数公式。(二二)、E图和图和H图的关系图的关系从表面上看，从表面上看，E图与图与H图间没有联系。因为我们可以不费力地找到图间没有联系。因为我们可以不费力地找到:(1)E图但非图但非H图；图；(2)E图且图且H图；图；(3)H图但非图但非E图图;(4)非非E图且非图且非H图图.E且H图E图但非H图H但非E图非E且非H图402.定义定义3设设G是图，是图，G的

223、线图的线图L(G)定义为：定义为：特别地，定义特别地，定义G的的n次迭线图次迭线图Ln(G)为：为：x3x1x4x2G2=L(G1)L(G2)=L(L(G1)x1x2 x3x4G11、线图概念、线图概念403.(1)线图线图L(G)顶点数等于顶点数等于G的边数；若的边数；若e=uv是是G的边，则的边，则e作为作为L(G)的顶点度数为：的顶点度数为：d(e)=d(u)+d(v)-2.2、线图的性质、线图的性质(2)若若G=(n,m),则线图则线图L(G)边数为：边数为：证明：由线图的定义，证明：由线图的定义，L(G)有有m个顶点。对于个顶点。对于G中任一顶点中任一顶点v，关联，关联于该顶点的于该

224、顶点的d(v)条边将产生条边将产生L(G)中中条边。所以条边。所以L(G)中的总边数为：中的总边数为：404.(3)一个图同构于它的线图，当且仅当它是圈。一个图同构于它的线图，当且仅当它是圈。(4)若图若图G和和G1有同构的线图，则除了一个是有同构的线图，则除了一个是K3而另一个是而另一个是K1,3外，外，G和和G1同构。同构。(证明比较复杂证明比较复杂)3、从线图的角度考察、从线图的角度考察E图与图与H图的关系图的关系定义定义4称称Sn是图是图G的的n次细分图，是指将次细分图，是指将G的每条边中都插入的每条边中都插入n个个2度度顶点。顶点。GS(G)又记：又记：405.定理定理3(1)若若G

225、是是E图，则图，则L(G)既是既是E图又是图又是H图。图。(2)若若G是是H图，则图，则L(G)是是H图。图。注：该定理逆不成立。注：该定理逆不成立。G1L(G1)G2L(G2)定理定理4一个图一个图G是是E图的充要条件是图的充要条件是L3(G)为为H图图S2(G)GL3(G)406.定理定理5（Chartarand）若）若G是是n个点的非平凡连通个点的非平凡连通图，且不是一条路，则对所有图，且不是一条路，则对所有mn-3，Lm(G)是是H图。图。GL3(G)L(G)L2(G)407. 作业作业请总结本章内容请总结本章内容408.Thank You !409.第五章第五章 匹配与因子分解匹配与

226、因子分解主要内容主要内容一、偶图的匹配问题一、偶图的匹配问题二、图的因子分解二、图的因子分解三、匈牙利算法与最优匹配算法三、匈牙利算法与最优匹配算法教学时数教学时数安排安排6学时讲授本章内容学时讲授本章内容410.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、图的匹配与贝尔热定理、图的匹配与贝尔热定理(二二)、偶图的匹配与覆盖、偶图的匹配与覆盖(三三)、托特定理、托特定理偶图的匹配问题偶图的匹配问题411.1、图的匹配相关概念、图的匹配相关概念(1)、匹配、匹配M-如果如果M是图是图G的边子集的边子集(不含环），且不含环），且M中的任意中的任意两条边没有共同顶点，则称两条边没有共同顶点，则称M是是G的

227、一个匹配或对集或边独立集。的一个匹配或对集或边独立集。(一一)、图的匹配与贝尔热定理、图的匹配与贝尔热定理如果如果G中顶点中顶点v是是G的匹配的匹配M中某条边的端点，称它为中某条边的端点，称它为M饱和点，饱和点，否则为否则为M非饱和点。非饱和点。v1 v7v6 Gv8v2v3v5v4M1=v6v7M2=v6v7,v1v8M3=v6v7,v1v8,v3v4M1,M2,M3等都是等都是G的匹配。的匹配。412.(2)、最大匹配、最大匹配M-如果如果M是图是图G的包含边数最多的匹配，称的包含边数最多的匹配，称M是是G的一个最大匹配。特别是，若最大匹配饱和了的一个最大匹配。特别是，若最大匹配饱和了G的

228、所有顶点，的所有顶点，称它为称它为G的一个完美匹配。的一个完美匹配。G的一个 最大匹配G的一个完美匹配注：一个图注：一个图G不一定存在完美匹配。不一定存在完美匹配。413.(3)、M交错路交错路-如果如果M是图是图G的匹配，的匹配，G中一条由中一条由M中的边和中的边和非非M中的边交错形成的路，称为中的边交错形成的路，称为G中的一条中的一条M交错路。特别地，若交错路。特别地，若M交错路的起点与终点是交错路的起点与终点是M非饱和点，称这种非饱和点，称这种M交错路为交错路为M可扩路可扩路。在下图中：在下图中：v1 v7v6 Gv8v2v3v5v4设设M=v7v8,v3v4，则：，则：路路v6v7v8

229、v3v4与与v1v7v8v2都是都是M交错路。其中后者是交错路。其中后者是M可扩路。可扩路。414.2、贝尔热定理、贝尔热定理定理定理1(贝尔热，贝尔热，1957)G的匹配的匹配M是最大匹配，当且仅当是最大匹配，当且仅当G不包不包含含M可扩路。可扩路。证明：证明：“必要性必要性”若若G包含一条包含一条M可扩路可扩路P,则可令该可扩路为：则可令该可扩路为：显然，显然，P中中M中的边比非中的边比非M中的边少一条。于是作新的匹配中的边少一条。于是作新的匹配M1,它当中的边由它当中的边由P中非中非M中边组成。中边组成。M1中边比中边比M中多一条，这与中多一条，这与M是是G的最大匹配矛盾。的最大匹配矛盾

230、。“充分性充分性”若不然，设若不然，设M1是是G的一个最大匹配，则的一个最大匹配，则|M1|M|。415.令令H=M1M。容易知道：容易知道：GH的每个分支或者是由的每个分支或者是由M1与与M中边交替组成的偶中边交替组成的偶圈，或者是由圈，或者是由M1与与M中边交替组成的路。中边交替组成的路。在每个偶圈中，在每个偶圈中，M1与与M中边数相等；但因中边数相等；但因|M1|M|，所以，至少有，所以，至少有一条路一条路P，其起点和终点都是，其起点和终点都是M非饱和点，于是，它是非饱和点，于是，它是G的一条的一条M可可扩路。这与条件矛盾。扩路。这与条件矛盾。注：贝尔热定理给我们提供了扩充注：贝尔热定理

231、给我们提供了扩充G的匹配的思路。的匹配的思路。贝尔热贝尔热(1926-2002)法国著名数学家。他的法国著名数学家。他的无限图理论及其应无限图理论及其应用用(1958)是继哥尼之后的图论历史上的第二本图论专著。他不仅是继哥尼之后的图论历史上的第二本图论专著。他不仅在图论领域做出了许多贡献，而且四处奔波传播图论，推动了图论在图论领域做出了许多贡献，而且四处奔波传播图论，推动了图论的普及和发展。的普及和发展。1993年，他获得组合与图论领域颁发的欧拉奖章。年，他获得组合与图论领域颁发的欧拉奖章。416.贝尔热在博弈论、拓扑学领域里也有杰出贡献。在博弈领域，贝尔热在博弈论、拓扑学领域里也有杰出贡献。

232、在博弈领域，他引入了他引入了Nash均衡之外的另一种均衡系统。均衡之外的另一种均衡系统。Nash的生活被改编成的生活被改编成电影电影美丽的心灵美丽的心灵，获，获02年奥斯卡金像奖。年奥斯卡金像奖。贝尔热对中国的手工艺很感兴趣。他也是一位象棋高手，还创贝尔热对中国的手工艺很感兴趣。他也是一位象棋高手，还创作过小说作过小说谁杀害了谁杀害了Densmore公爵公爵。(二二)、偶图的匹配与覆盖、偶图的匹配与覆盖在日常生活，工程技术中，常常遇到求偶图的匹配问题。下面在日常生活，工程技术中，常常遇到求偶图的匹配问题。下面看一个例子：看一个例子：1、问题的提出、问题的提出417.有有7名研究生名研究生A,B

233、,C,D,E,F,G毕业寻找工作。就业处提供的公毕业寻找工作。就业处提供的公开职位是：会计师开职位是：会计师(a),咨询师咨询师(b),编辑编辑(c),程序员程序员(d),记者记者(e),秘书秘书(f)和教师和教师(g)。每名学生申请的职位如下：。每名学生申请的职位如下：A:b,c;B:a,b,d,f,g;C:b,e;D:b,c,e;E:a,c,d,f;F:c,e;G:d,e,f,g;问：学生能找到理想工作吗？问：学生能找到理想工作吗？解：如果令解：如果令X=A,B,C,D,E,F,G,Y=a,b,c,d,e,f,g,X中顶点中顶点与与Y中顶点连线当且仅当学生申请了该工作。于是，得到反映学生和

234、职位中顶点连线当且仅当学生申请了该工作。于是，得到反映学生和职位之间的状态图：之间的状态图：418.问题转化为求饱和问题转化为求饱和X每个顶点的一个匹配！每个顶点的一个匹配！A:b,c;B:a,b,d,f,g;C:b,e;D:b,c,e;E:a,c,d,f;F:c,e;G:d,e,f,g;FEDCBAGabcdefg需要解决的问题是需要解决的问题是:(1)匹配是否存在？匹配是否存在？(2)如何求出匹配？如何求出匹配？2、偶图匹配存在性判定、偶图匹配存在性判定-Hall定理定理419.FEDCBAGabcdefg定理定理2(Hall定理）设定理）设G=(X,Y)是偶图，则是偶图，则G存在饱和存在

235、饱和X每个顶点的匹配的每个顶点的匹配的充要条件是：充要条件是：例例1，在下面偶图中，是否存在饱和，在下面偶图中，是否存在饱和X=A,B,C,D,E,F,G的的每个顶点的匹配？每个顶点的匹配？420.FEDCBAGabcdefg解解:(1)当当S取取X中单元点时，容易验证：中单元点时，容易验证：|N(S)|S|(2)当当S取取X中二元点集时，容易验中二元点集时，容易验证：证：|N(S)|S|(3)当当S取取X中三元点集时，容易验中三元点集时，容易验证：证：|N(S)|S|(4)当当S取取X中四元点集时，若取中四元点集时，若取S=A,C,D,F,则有则有3=|N(S)|S|=4所以，不存在饱和所以

236、，不存在饱和X每个顶点的匹配。每个顶点的匹配。下面我们证明下面我们证明Hall定理。定理。421.证明：证明：“必要性必要性”如果如果G存在饱和存在饱和X每个顶点的匹配，由匹配的定义，每个顶点的匹配，由匹配的定义，X的每个的每个顶点在顶点在Y中至少有一个邻接点，所以中至少有一个邻接点，所以:“充分性充分性”如果如果G是满足条件是满足条件(*)的偶图的偶图,但不存在饱和但不存在饱和X每个顶点的匹配。每个顶点的匹配。令令M*是是G的一个最大匹配，但不饱和的一个最大匹配，但不饱和X的顶点的顶点u.u示意图示意图G422.又又令令Z是通过是通过M*与点与点u相连形成的所有相连形成的所有M*交错路上的点

237、集。交错路上的点集。因因M*是最大匹配，所以是最大匹配，所以u是所有是所有交错路上唯一的一个未饱和点。交错路上唯一的一个未饱和点。令令S=XZ,T=ZY显然，显然，S-u中点与中点与T中点在中点在M*下配对，即：下配对，即：|T|=|S|-1|S|即：即：|N(S)|=|T|=|S|-1|S|，与条件矛盾。，与条件矛盾。uTS注注:(1)G=(X,Y)“存在饱和存在饱和X每个顶点的匹配每个顶点的匹配”也常说成也常说成“存在由存在由X到到Y的匹配的匹配”。423.(2)Hall定理也可表述为：设定理也可表述为：设G=(X,Y)是偶图，如果存在是偶图，如果存在X的一个子集的一个子集S,使得使得|N

238、(S)|0)正则偶图，则正则偶图，则G存在完美匹配。存在完美匹配。证明：一方面，由于证明：一方面，由于G是是k(k0)正则偶图正则偶图,所以所以k|X|=k|Y|,于是得于是得|X|=|Y|；另一方面，对于另一方面，对于X的任一非空子集的任一非空子集S,设设E1与与E2分别是与分别是与S和和N(S)关联关联的边集，显然有：的边集，显然有：即：即：由由Hall定理，存在由定理，存在由X到到Y的匹配的匹配.又又|X|=|Y|，所以，所以G存在完美匹配。存在完美匹配。425.例例2(1)证明：每个证明：每个k方体都有完美匹配方体都有完美匹配(k大于等于大于等于2)(2)求求K2n和和Kn,n中不同的

239、完美匹配的个数。中不同的完美匹配的个数。(1)证明一：证明每个证明一：证明每个k方体都是方体都是k正则偶图。正则偶图。事实上，由事实上，由k方体的构造：方体的构造：k方体有方体有2k个顶点，每个顶点可以用长度为个顶点，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。有一位坐标不同。如果我们划分如果我们划分k方体的方体的2k个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X，否，否则归入则归入Y。显然，。显然，X中顶点互不邻接，中顶点互不邻接，Y中顶点也如此。所以

240、中顶点也如此。所以k方体是偶方体是偶图。图。又不难知道又不难知道k方体的每个顶点度数为方体的每个顶点度数为k,所以所以k方体是方体是k正则偶图。正则偶图。由推论：由推论：k方体存在完美匹配。方体存在完美匹配。426.证明二：直接在证明二：直接在k方体中找出完美匹配。方体中找出完美匹配。设设k方体顶点二进制码为方体顶点二进制码为(x1,x2,xk),我们取我们取(x1,x2,xk-1,0),和和(x1,x2,xk-1,1)之间的全体边所成之集为之间的全体边所成之集为M.显然，显然，M中的边均不相邻接，所以作成中的边均不相邻接，所以作成k方体的匹配，又容易知道：方体的匹配，又容易知道：|M|=2k

241、-1.所以所以M是完美匹配。是完美匹配。(2)我们用归纳法求我们用归纳法求K2n和和Kn,n中不同的完美匹配的个数。中不同的完美匹配的个数。K2n的任意一个顶点有的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。所以种不同的方法被匹配。所以K2n的不同完美匹的不同完美匹配个数等于配个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出如此推下去，可以归纳出K2n的不同完美匹配个数为：的不同完美匹配个数为：(2n-1)!同样的推导方法可归纳出同样的推导方法可归纳出Kn,n的不同完美匹配个数为：的不同完美匹配个数为：n!427.例例3证明树至多存在一个完美匹配。证明树至多存在一个完美匹配。证明：若不然，

242、设证明：若不然，设M1与与M2是树是树T的两个不同的完美匹配，那么的两个不同的完美匹配，那么M1M2, ,容易知道：容易知道：TTM1M2每个非空部分顶点度数为每个非空部分顶点度数为2，即它存在圈，即它存在圈，于是推出于是推出T中有圈，矛盾。中有圈，矛盾。3、点覆盖与哥尼定理、点覆盖与哥尼定理(1)、图的点覆盖概念与性质、图的点覆盖概念与性质定义定义1：图的点覆盖：图的点覆盖-G的一个顶点子集的一个顶点子集K称为称为G的一个点覆盖，如果的一个点覆盖，如果G的的每条边都至少有一个端点在每条边都至少有一个端点在K中。中。G的一个包含点数最少的点覆盖称为的一个包含点数最少的点覆盖称为G的的最小点覆盖

243、，其包含的点数称为最小点覆盖，其包含的点数称为G的覆盖数，记为的覆盖数，记为(G).(G).(a) 一个覆盖(b) 一个最小覆盖428.定理定理2设设M是是G的匹配，的匹配，K是是G的覆盖，若的覆盖，若|M|=|K|,则则M是最大匹是最大匹配，而配，而G是最小覆盖。是最小覆盖。证明：设证明：设M*与与K*分别是分别是G的最大匹配和最小覆盖。的最大匹配和最小覆盖。由匹配和覆盖定义有：由匹配和覆盖定义有：|M*|K*|。所以，有：。所以，有：|M|M*|K*| |K|所以，当所以，当|M|=|K|时，有时，有|M|=|M*|，|K*|=|K|即即M是最大匹配，而是最大匹配，而G是最小覆盖。是最小覆

244、盖。(2)、偶图的点覆盖与偶图匹配间的关系、偶图的点覆盖与偶图匹配间的关系-哥尼定理哥尼定理429.定理定理2(哥尼，哥尼，1931)在偶图中，最大匹配的边数等于最小覆盖的在偶图中，最大匹配的边数等于最小覆盖的顶点数。顶点数。证明：设证明：设G=(X,Y),M*是偶图是偶图G的最大匹配。的最大匹配。U表示表示X中中M*非饱非饱和点集。和点集。Z表示由表示由M*交错路连到交错路连到U的顶点的所有路上的点作成的集的顶点的所有路上的点作成的集合。且令合。且令S=ZX,T=ZY。SUT=N (S) X S430.由由M*的最大性，的最大性，T中点是中点是M*饱和的，且饱和的，且N(S)=T。SUT=N

245、 (S) X S现在，令现在，令K*=(X-S)TT。可以证明：可以证明：K*=(X-S)TT是是G G的一个覆盖。的一个覆盖。事实上，若事实上，若K*=(X-S)TT不是不是G G的一个覆盖。则存在的一个覆盖。则存在G G的一条边的一条边, ,其一个端点在其一个端点在S S中，而另一个端点在中，而另一个端点在Y-TY-T中，这与中，这与N(S)=T矛盾！矛盾！显然显然|K*|=|M*|。由定理。由定理2，K*是最小覆盖。是最小覆盖。431.哥尼哥尼(Knig)第一本图论教材的撰写者第一本图论教材的撰写者到了到了1936年，第一本图论教材才与读者见面。作者是哥尼年，第一本图论教材才与读者见面。

246、作者是哥尼(1884-1944).哥尼早期学习拓扑学，但对图论兴趣特别大。他一直工作在布哥尼早期学习拓扑学，但对图论兴趣特别大。他一直工作在布达佩斯工业大学。讲课很有激情，吸引了很多优秀学生转向图论研究。达佩斯工业大学。讲课很有激情，吸引了很多优秀学生转向图论研究。特别是，他把一起获得匈牙利国家高中数学竞赛一等奖的特别是，他把一起获得匈牙利国家高中数学竞赛一等奖的3个学生都个学生都吸引来研究图论，这吸引来研究图论，这3个学生是：个学生是：Erds,Gallai,Turan.都是伟大的数都是伟大的数学家。学家。哥尼的著作名称是哥尼的著作名称是有限图与无限图理论有限图与无限图理论。这本书对青年学者

247、产。这本书对青年学者产生了很大影响，推动了图论的进一步发展。在生了很大影响，推动了图论的进一步发展。在20多年时间里，它都是多年时间里，它都是世界上唯一一本图论著作。直到世界上唯一一本图论著作。直到1958年，法国数学家贝尔热年，法国数学家贝尔热(Berge）才出版专著才出版专著无限图理论及其应用无限图理论及其应用。哥尼哥尼1944年为免遭纳碎迫害，只有自杀。年为免遭纳碎迫害，只有自杀。432.例例4矩阵的一行或一列称为矩阵的一条线。证明：布尔矩阵中，矩阵的一行或一列称为矩阵的一条线。证明：布尔矩阵中，包含了所有包含了所有“1”的线的最少数目，等于具有性质的线的最少数目，等于具有性质“任意两个

248、任意两个1都不都不在同一条线上的在同一条线上的1的最大数目的最大数目”。例如：在如下布尔矩阵中：例如：在如下布尔矩阵中：证明：设布尔阵是证明：设布尔阵是n行行m列矩阵，把它模型为一个偶图如下：每行列矩阵，把它模型为一个偶图如下：每行每列分别用一个点表示，每列分别用一个点表示，X表示行点集合，表示行点集合，Y表示列点集合，两点连表示列点集合，两点连线。当且仅当该行该列元为线。当且仅当该行该列元为1.433.于是，包含了所有于是，包含了所有“1”的线的最少数目对应偶图中的最小点覆的线的最少数目对应偶图中的最小点覆盖数。而具有性质盖数。而具有性质“任意两个任意两个1都不在同一条线上的都不在同一条线上

249、的1的最大数目的最大数目”对应偶图的最大匹配包含的边数。对应偶图的最大匹配包含的边数。由哥尼定理，命题得到证明。由哥尼定理，命题得到证明。(三三)、托特定理、托特定理定理定理4(托特定理，托特定理，1947)图图G有完美匹配当且仅当对有完美匹配当且仅当对V的任意非空的任意非空真子集真子集S,有：有：注：注：o(G-S)表示奇分支数目。表示奇分支数目。434.推论推论(彼得森定理彼得森定理)没有割边的没有割边的3正则图存在完美匹配。正则图存在完美匹配。证明：设证明：设S是是V的任意一个非空真子集，的任意一个非空真子集，G1,G2,Gk是是G-S的所有的所有奇分支。奇分支。mi(1ik)ik)表示

250、端点分属于表示端点分属于S S和和G Gi i的边数。的边数。SG1G2Gkm1m2mk435.下面分析下面分析miSG1G2Gkm1m2mk在在Gi中，其总度数为中，其总度数为2|E(Gi)|。在在Gi中，其点在中，其点在G中的中的总度数为总度数为3|V(Gi)|。所以：所以：所以所以mi必然为奇数，但必然为奇数，但G无割边，所以无割边，所以mi3.这样：这样：由托特定理，由托特定理，G有完美匹配。有完美匹配。436.注：推论中的条件是注：推论中的条件是G存在完美匹配的充分条件而不是必要存在完美匹配的充分条件而不是必要条件。例如：条件。例如：（a）没有完美匹配）没有完美匹配（b）有完美匹配）

251、有完美匹配437. 作业作业P117-118习题习题4：1,2,16，17438.Thank You !439.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、图的一因子分解、图的一因子分解(二二)、图的二因子分解、图的二因子分解(三三)、图的森林因子分解、图的森林因子分解图的因子分解图的因子分解440.把一个图按照某种方式分解成若干边不重的子图之并有重要意义。把一个图按照某种方式分解成若干边不重的子图之并有重要意义。理论上，通过分解，可以深刻地揭示图的结构特征；在应用上，网络理论上，通过分解，可以深刻地揭示图的结构特征；在应用上，网络通信中，当有多个信息传输时，往往限制单个信息在某一子网中传递，通信中

252、，当有多个信息传输时，往往限制单个信息在某一子网中传递，这就涉及网络分解问题。这就涉及网络分解问题。一个图分解方式是多种多样的。作为图分解的典型例子，我们介绍一个图分解方式是多种多样的。作为图分解的典型例子，我们介绍图的因子分解。图的因子分解。所谓一个图所谓一个图G的因子的因子Gi，是指至少包含，是指至少包含G的一条边的生成子图。的一条边的生成子图。所谓一个图所谓一个图G的因子分解，是指把图的因子分解，是指把图G分解为若干个边不重的因子之分解为若干个边不重的因子之并。并。所谓一个图所谓一个图G的的n因子，是指图因子，是指图G的的n度正则因子。度正则因子。441.如果一个图如果一个图G能够分解为

253、若干能够分解为若干n因子之并，称因子之并，称G是可是可n因子分解的。因子分解的。图图G1在上图中，红色边在在上图中，红色边在G1中的导出子图，是中的导出子图，是G的一个一因子；红色边的一个一因子；红色边在在G2中的导出子图，是中的导出子图，是G的一个二因子。的一个二因子。图图G2研究图的因子分解主要是两个方面：一是能否进行分解研究图的因子分解主要是两个方面：一是能否进行分解(因子分解的因子分解的存在性存在性),二是如何分解二是如何分解(分解算法分解算法).(一一)、图的一因子分解、图的一因子分解442.图的一个一因子实际上就是图的一个完美匹配的导出子图。一个图图的一个一因子实际上就是图的一个完

254、美匹配的导出子图。一个图能够作一因子分解，也就是它能够分解为若干边不重的完美匹配的导能够作一因子分解，也就是它能够分解为若干边不重的完美匹配的导出子图之并。出子图之并。定理定理1K2n可一因子分解。可一因子分解。证明：把证明：把K2n的的2n个顶点编号为个顶点编号为1，2，,2n。作如下排列：。作如下排列：2n132:n2n-12n-2:n+1443.图中，每行两点邻接，显然作成图中，每行两点邻接，显然作成K2n的一个一因子。的一个一因子。2n132:n2n-12n-2:n+1然后按照图中箭头方向移动一个位置，然后按照图中箭头方向移动一个位置，又可以得到又可以得到K2n的一个一因子，不断作下的

255、一个一因子，不断作下去，得到去，得到K2n的的2n-1个边不重的一因子，个边不重的一因子，其并恰好为其并恰好为K2n。例例1将将K4作一因子分解。作一因子分解。1234K441231234444.1234423143121234例例2证明：证明：K4有唯一的一因子分解。有唯一的一因子分解。证明：由习题证明：由习题5第一题知：第一题知：K4只有只有3个不同的完美匹配。而个不同的完美匹配。而k4的每个的每个1因子分解包含因子分解包含3个不同完美匹配，所以，其个不同完美匹配，所以，其1因子分解唯一。因子分解唯一。445.例例3证明：每个证明：每个k(k0)正则偶图正则偶图G是一可因子分解的。是一可因

256、子分解的。证明：因为每个证明：因为每个k(k0)正则偶图正则偶图G存在完美匹配，设存在完美匹配，设Q是它的一是它的一个一因子，则个一因子，则G-Q还是正则偶图，由归纳知，还是正则偶图，由归纳知，G可作一因子分解。可作一因子分解。446.定理定理2具有具有H圈的三正则图可一因子分解。圈的三正则图可一因子分解。证明：先从三正则图证明：先从三正则图G中抽取中抽取H圈，显然剩下边构成圈，显然剩下边构成G的一个一的一个一因子。而因子。而H圈是偶圈，它显然可以分解为两个一因子。所以圈是偶圈，它显然可以分解为两个一因子。所以G可以可以分解为分解为3个一因子。个一因子。注：定理注：定理2的逆不一定成立。例如：

257、的逆不一定成立。例如：上图是三正则图，且可以一因子分解，但不存在上图是三正则图，且可以一因子分解，但不存在H圈。圈。447.定理定理3若三正则图有割边，则它不能一因子分解。若三正则图有割边，则它不能一因子分解。证明：若不然，设证明：若不然，设G的三个一因子为的三个一因子为G1,G2,G3。不失一般性，设。不失一般性，设割边割边eG1。显然，显然，G-G2的每个分支必然为圈。所以的每个分支必然为圈。所以e在在G的某个圈中，这与的某个圈中，这与e是是G的割边矛盾。的割边矛盾。注：没有割边的三正则图可能也没有一因子分解，如彼得森图就注：没有割边的三正则图可能也没有一因子分解，如彼得森图就是如此！尽管

258、它存在完美匹配。是如此！尽管它存在完美匹配。(二二)、图的二因子分解、图的二因子分解如果一个图可以分解为若干如果一个图可以分解为若干2度正则因子之并，称度正则因子之并，称G可以可以2因子分因子分解。注意：解。注意：G的一个的一个H圈肯定是圈肯定是G的一个的一个2因子，但是因子，但是G的一个的一个2因子因子不一定是不一定是G的的H圈。圈。2因子可以不连通。因子可以不连通。448.例如，在下图中：例如，在下图中：两个红色圈的并构成图的一个两个红色圈的并构成图的一个2因子，但不是因子，但不是H圈。圈。一个显然结论是：一个显然结论是：G能进行能进行2因子分解，其顶点度数必然为偶数。因子分解，其顶点度数

259、必然为偶数。(注意，不一定是欧拉图注意，不一定是欧拉图)定理定理4K2n+1可可2因子分解。因子分解。证明：设证明：设作路作路449.下标取为下标取为1,2,2n(mod2n)生成圈生成圈Hi为为v2n+1与与Pi的两个端点连线。的两个端点连线。例例4对对K7作作2因子分解。因子分解。解：解：v7v6v5v4v3v2v1v7v6v5v4v3v2v1v7v6v5v4v3v2v1v7v6v5v4v3v2v1450.定理定理5K2n可分解为一个可分解为一个1因子和因子和n-1个个2因子之和。因子之和。证明：设证明：设V(K2n)=v1,v2,v2n作作n-1条路：条路：脚标按模脚标按模2n-1计算。

260、然后把计算。然后把v2n和和Pi的两个端点连接。的两个端点连接。例例5把把K6分解为一个分解为一个1因子和因子和2个个2因子分解。因子分解。v6v5v4v3v2v1451.解：解：v6v5v4v3v2v1v6v5v4v3v2v1v6v5v4v3v2v1定理定理6每个没有割边的每个没有割边的3正则图是一个正则图是一个1因子和因子和1个个2因子之和。因子之和。证明：证明：因每个没有割边的因每个没有割边的3正则图存在完美匹配正则图存在完美匹配M，显然，显然，G-M是是2因子。因子。452.定理定理7一个连通图可一个连通图可2因子分解当且仅当它是偶数度正则图。因子分解当且仅当它是偶数度正则图。证明：证

261、明：必要性显然。必要性显然。充分性：当充分性：当G是是n阶阶2正则图时，正则图时，G本身是一个本身是一个2因子。因子。设当设当G是是n阶阶2k正则图时，可以进行正则图时，可以进行2因子分解。当因子分解。当G是是n阶阶2k+2正则正则图时，由图时，由1891年彼得森证明过的一个结论：顶点度数为偶数的任意正年彼得森证明过的一个结论：顶点度数为偶数的任意正则图存在一个则图存在一个2因子因子Q。所以，。所以，G-Q是是2k阶正则图。由归纳假设，充分阶正则图。由归纳假设，充分性得证。性得证。(三三)、图的森林因子分解、图的森林因子分解把一个图分解为若干边不重的森林因子的和，称为图的森林因子分把一个图分解

262、为若干边不重的森林因子的和，称为图的森林因子分解。解。453.例如：例如：K5的一种森林因子分解为：的一种森林因子分解为：主要讨论：图主要讨论：图G分解为边不重的森林因子的最少数目问题，称这个分解为边不重的森林因子的最少数目问题，称这个最少数目为最少数目为G的荫度，记为的荫度，记为(G)(G)。纳什纳什-威廉斯得到了图的荫度计算公式。威廉斯得到了图的荫度计算公式。454.定理定理8图图G的荫度为：的荫度为：其中其中s是是G的子图的子图Hs的顶点数，而：的顶点数，而：例例6求求(K(K5 5) )和和(K3,3).455.456.定理定理9拜内克给出了完全图和完全偶图的最小森林因子分解。拜内克给

263、出了完全图和完全偶图的最小森林因子分解。对于对于K2n，将其分解为，将其分解为n条路条路Pi=vivi-1vi+1vi-2vi+2vi-nvi+n,脚标按模脚标按模2n计计算。算。对于对于K2n+1，先作，先作n条路条路Pi=vivi-1vi+1vi-2vi+2vi-nvi+n,脚标按模脚标按模2n计算。计算。在每条路外添上点在每条路外添上点v2n+1的的n个森林因子；个森林因子；然后，然后，v2n+1与与v1,v2,v2n分别相连接得一星图，这是分别相连接得一星图，这是G的最后一个森林因的最后一个森林因子。子。457.例例7对对K7作最小森林因子分解。作最小森林因子分解。v7v6v5v4v3

264、v2v1v3v7v6v5v4v2v1v7v6v5v4v3v2v1v7v6v5v4v3v2v1458.v7v6v5v4v3v2v1例例8证明：若证明：若n为偶数，且为偶数，且(G)n/2+1(G)n/2+1,则则n阶图阶图G有有3因子。因子。证明：因证明：因(G)n/2+1(G)n/2+1,由狄拉克定理：由狄拉克定理：n阶图阶图G有有H圈圈C.又因又因n为偶数，所以为偶数，所以C为偶圈。于是由为偶圈。于是由C可得到可得到G的两个的两个1因子。设其中一因子。设其中一个为个为F1。考虑考虑G1=G-F1。则。则(G1)n/2。于是。于是G1中有中有H圈圈C1.作作H=C1F1。显然。显然H是是G的一

265、个的一个3因子。因子。459.例例9证明：一棵树证明：一棵树G有完美匹配当且仅当对所有顶点有完美匹配当且仅当对所有顶点vV(G),有：有：o(G-v)=1。证明：证明：“必要性必要性”一方面：若一方面：若G有完美匹配，由托特定理：有完美匹配，由托特定理：O(G-v)1;1;另一方面：若树另一方面：若树G有完美匹配，则显然有完美匹配，则显然G为偶阶树，于是为偶阶树，于是o(G-v)1;1;所以：所以：o(G-v)=1=1。“充分性充分性”由于对任意点由于对任意点vV(G),有有o(G-v)=1=1。460.设设Cv是是G-v的奇分支，又设的奇分支，又设G中由中由v连到连到G-v的奇分支的边为的奇

266、分支的边为vu，显，显然，由然，由u连到连到G-u的奇分支的边也是的奇分支的边也是uv。令令M=e(v):它是由它是由v连到连到G-v的奇分支的边，的奇分支的边，vV(G)则：则：M是是G的完美匹配。的完美匹配。vu例例10证明：每个证明：每个2k(k0)正则图是正则图是2可因子分解的。可因子分解的。461.证明：设证明：设G是是2k正则连通图，正则连通图，V(G)=v1,v2,vn。则。则G存在欧存在欧拉环游拉环游C。由由C构造偶图构造偶图G1=(X,Y)如下：如下：X=x1,x2,xn,Y=y1,y2,ynxi与与yj在在G1=(X,Y)中连线当且仅当中连线当且仅当vi与与vj在在C中顺次

267、相连接。中顺次相连接。显然偶图显然偶图G1=(X,Y)是一个是一个k正则偶图。所以正则偶图。所以G1可以可以1因子分解。因子分解。而而G1=(X,Y)的一个的一个1因子对应于因子对应于G中一个中一个2因子。所以因子。所以G可以可以2因子因子分解。分解。462.例如：例如：v3v2v5v4v7v6v8v1它的一条欧拉环游为：它的一条欧拉环游为：x1x7x8x2x6y1x5x4x3y2y3y4y5y6y7y8463.x1x7x8x2x6y1x5x4x3y2y3y4y5y6y7y8v3v2v5v4v7v6v8v1464. 作业作业P117-118习题习题4：3,4,5，6，7，8，9465.Than

268、k You !466.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、匈牙利算法、匈牙利算法(二二)、最优匹配算法、最优匹配算法匈牙利算法与最优匹配算法匈牙利算法与最优匹配算法467.(一一)、匈牙利算法、匈牙利算法1、偶图中寻找完美匹配、偶图中寻找完美匹配(1)、问题、问题设设G=(X,Y),|X|=|Y|,在在G中求一完美匹配中求一完美匹配M.(2)、基本思想、基本思想从任一初始匹配从任一初始匹配M0出发，通过寻求一条出发，通过寻求一条M0可扩路可扩路P，令，令M1=M0E(P),得到比得到比M0更大的匹配更大的匹配M1(近似于迭代思想近似于迭代思想)。(3)、M可扩扩路的寻找方法可扩扩路的寻找方法

269、1965年，年，Edmonds首先提出首先提出:用扎根于用扎根于M非饱和点非饱和点u的的M交错树的生长来求交错树的生长来求M可扩路。可扩路。468.定义定义1设设G=(X,Y),M是是G的匹配，的匹配，u是是M非饱和点。称非饱和点。称树树H是是G的扎根于点的扎根于点u的的M交错树交错树,如果：如果：1)uV(H)；2)对任意对任意vV(H),(u,v)路是路是M交错路。交错路。x1x2x3x4y2y1y3y4G=(X,Y)x3x2x4y4y3y2扎根扎根x3的的M交错交错树树扎根于扎根于M非饱和点非饱和点u的的M交错树的生长讨论：交错树的生长讨论：469.假如扎根于假如扎根于M非饱和点非饱和点

270、u的的M交错树为交错树为H。它有两种情形：。它有两种情形：情形情形1除点除点u外，外，H中所有点为中所有点为M饱和点，且在饱和点，且在M上配对；上配对；x4ux2y4y3y2扎根扎根u的的M交错交错树树Hx5情形情形2H包含除包含除u外的外的M非饱和点。非饱和点。x4ux2y4y3y2扎根扎根u的的M交错交错树树H对于情形对于情形1，令，令S=V(H)X,T=V(H)Y,显然：显然：1)若若N(S)=T,由于由于S-u中点与中点与T中点配对，所以有：中点配对，所以有：|T|=|S|-1,于是有：于是有：|N(S)|=|S|-1|S|.由由Hall定理，定理，G中不存中不存在完美匹配；在完美匹配

271、；470.2)若若令令yN(S)T,则在树则在树H中存在点中存在点x与与y邻接。因为邻接。因为H的所有的所有点，除点，除u外，均在外，均在M下配对。所以，或者下配对。所以，或者x =u，或者，或者x与与H的某的某一顶点配对，但无论哪种情况，都有一顶点配对，但无论哪种情况，都有xux2y4y3y2扎根扎根u的的M交错交错树树Hx5yxux2y4y3y2扎根扎根u的的M交错交错树树Hx5y当然，当然，y可能为可能为M饱和点，也可能为饱和点，也可能为M非饱和点。非饱和点。471.若若y为为M饱和点，可设饱和点，可设yzM,则加上顶点则加上顶点y及及z和边和边xy与与yz生生长长H，得到情形，得到情形

272、1；xux2y4y3y2扎根扎根u的的M交错交错树树Hx5yz若若y为为M非饱和点，加上顶点非饱和点，加上顶点y和边和边xy生长生长H，得到情形，得到情形2.xux2y4y3y2扎根扎根u的的M交错交错树树Hx5y472.后一情况下找到一条后一情况下找到一条M可扩路，可以对匹配进行一次修改，可扩路，可以对匹配进行一次修改，过程的反复进行，最终判定过程的反复进行，最终判定G是否有完美匹配或者求出完美匹是否有完美匹配或者求出完美匹配。配。根据上面讨论，可设计求偶图的完美匹配算法。根据上面讨论，可设计求偶图的完美匹配算法。(4)、偶图完美匹配算法、偶图完美匹配算法匈牙利算法。匈牙利算法。设设M是初始

273、匹配。是初始匹配。H是扎根于是扎根于M非饱和点非饱和点u的交错树。的交错树。令：令：S=V(H)X,T=V(H)Y。(a)、若、若M饱和饱和X所有顶点，停止。否则，设所有顶点，停止。否则，设u为为X中中M非饱和顶点，置非饱和顶点，置S=u,T=; ;(b)、若、若N(S)=T,则则G中不存在完美匹配。否则设中不存在完美匹配。否则设yN(S)T.(c)若若y为为M饱和点，且饱和点，且yzM,置置S=Sz,T=Ty,转转(b)。否则，设。否则，设P为为M可扩路，置可扩路，置M1=ME(P)，转，转(a).473.例例1讨论下图讨论下图G=(X,Y)是否有完美匹配。是否有完美匹配。x1x2x3x4x

274、5y1y2y3y4y5G=(X,Y)解：取初始匹配解：取初始匹配M=x1y2,x2y3。(a)S=x3,T=; ;x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5G=(X,Y)474.(b)N(S)=y2,y3,N(S)T,取取y2N(S)-T(c)y2为为M非饱和点，加上非饱和点，加上y2和边和边x3y2生长树生长树H。此时，。此时，置置M=ME(P)=x1y1,x2y3,x3y2x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5G=(X,Y)x3y2x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5G=(X,Y)475.(a)S=x4,T=; ;x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5G=(X,Y)(b)N(S)=y

275、2,y3,N(S)T,取取y2N(S)-T(c)y2为为M饱和点，饱和点，y2x3M。此时，置。此时，置S=Sx3T=Ty2。(b)N(S)=y2,y3T，取，取y3N(S)-Tx4y2x3476.(c)y3为为M饱和点，饱和点，x2y3M。此时，置。此时，置S=Sx2T=Ty3。(b)N(S)=y2,y3T，取，取y3N(S)-Tx1x2x3x4x5y1y2y3y4y5G=(X,Y)(b)N(S)=y2,y3=T，所以，所以，G无完美匹配。无完美匹配。(5)、匈牙利算法复杂性分析、匈牙利算法复杂性分析477.1)、最多循环、最多循环|X|次可以找到完美匹配；次可以找到完美匹配；2)、初始匹配

276、最多扩张、初始匹配最多扩张|X|次可以找到完美匹配；次可以找到完美匹配；3)、每次生长树的生长至多、每次生长树的生长至多2|X|-1次。次。所以，算法复杂性为所以，算法复杂性为O(|X|3),是好算法。是好算法。2、偶图中寻找最大匹配、偶图中寻找最大匹配问题：在一般偶图上求最大匹配问题：在一般偶图上求最大匹配M.分析：使用匈牙利算法求完美匹配时，当在扎根于分析：使用匈牙利算法求完美匹配时，当在扎根于M非饱和点非饱和点u的交错树上有的交错树上有|N(S)|S|时，由时，由Hall定理，算法定理，算法停止。要求出最大匹配，应该继续检查停止。要求出最大匹配，应该继续检查X-S是否为空，如是否为空，如

277、果不为空，则检查是否在其上有果不为空，则检查是否在其上有M非饱和点。一直到所非饱和点。一直到所有有M非饱和点均没有非饱和点均没有M可扩路才停止。可扩路才停止。478.偶图中寻找最大匹配算法：偶图中寻找最大匹配算法：设设M是是G=(X,Y)的初始匹配。的初始匹配。(1)置置S=, T=, T=; ;(2)若若X-S已经已经M饱和，停止；否则，设饱和，停止；否则，设u是是X-S中的一中的一非饱和顶点，置非饱和顶点，置S=Su。(3)若若N(S)=T,转转(5)；否则，设；否则，设yN(S)-T。(4)若若y是是M饱和的，设饱和的，设yzM,置置S=Sz,T=Ty,转转(3);否则，存在否则，存在(

278、u,y)交错路是交错路是M可扩路可扩路P,置置M=ME(P),E(P),转转(1).(1).(5)若若X-S=, ,停止；否则转停止；否则转(2).(2).479.(二二)、最优匹配算法、最优匹配算法1、问题、问题设设G=(X,Y)是边赋权完全偶图，且是边赋权完全偶图，且X=x1,x2,xnY=y1,y2,yn,wij=w(xiyj)。在。在G中求出一个具有最大中求出一个具有最大权值的完美匹配。权值的完美匹配。由于由于Kn,n有有n!个不同完美匹配，所以枚举计算量是个不同完美匹配，所以枚举计算量是n!。在匈牙利算法的基础上，在匈牙利算法的基础上，Kuhn（1955）与）与Munkres(195

279、7)提提出了上面问题的好算法。出了上面问题的好算法。2、可行顶点标号与相等子图、可行顶点标号与相等子图480.定义定义2设设G=(X,Y),若对任意的若对任意的xX,yY,有：有：称称l 是赋权完全偶图是赋权完全偶图G的可行顶点标号。的可行顶点标号。对于任意的赋权完全偶图对于任意的赋权完全偶图G，均存在，均存在G的可行顶点标号。的可行顶点标号。事实上，设：事实上，设：则则l 是是G的一个可行顶点标号。的一个可行顶点标号。481.定义定义3设设l 是赋权完全偶图是赋权完全偶图G=(X,Y)的可行顶点标号，令：的可行顶点标号，令：称称Gl =GEl为为G的对应于的对应于l 的相等子图。的相等子图。

280、例如，设如下矩阵是赋权完全偶图例如，设如下矩阵是赋权完全偶图G的权值矩阵并注的权值矩阵并注明了一种可行顶点标号明了一种可行顶点标号l。0000054213x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)482.定理定理设设l 是赋权完全偶图是赋权完全偶图G=(X,Y)的可行顶点标号，的可行顶点标号，若相等子图若相等子图Gl有完美匹配有完美匹配M*,则则M*是是G的最优匹配。的最优匹配。证明：设证明：设M*是是Gl的完美匹配，则：的完美匹配，则：又设又设M是是G的任一完美匹配，则：的任一完美匹配，则：所以，所以，w(M*)w(M)。即。即M*是是G的最优匹配。的最优匹配。483.根据上面

281、定理，如果找到一种恰当可行顶点标号，使得根据上面定理，如果找到一种恰当可行顶点标号，使得对应的相等子图有完美匹配对应的相等子图有完美匹配M*,则求出了则求出了G的最优匹配。的最优匹配。Kuhn采用顶点标号修改策略，找到了求最优匹配好算采用顶点标号修改策略，找到了求最优匹配好算法，介绍如下：法，介绍如下：给一初始顶点标号给一初始顶点标号l ,在在Gl中任选一个匹配中任选一个匹配M。(1)若若X是是M饱和的，则饱和的，则M是最优匹配。否则，令是最优匹配。否则，令u是一是一个个M非饱和点，置：非饱和点，置：S=u,T=。(2)若若，转，转(3)。否则，计算：。否则，计算：484.给出新的可行顶点标号

282、，在新标号下重新开始。给出新的可行顶点标号，在新标号下重新开始。(3)在在NGl (S)-T中选择点中选择点y。若。若y是是M饱和的，饱和的，yzM,则置则置S=Sz,T=Ty转转(2)。否则，设。否则，设P是是Gl中中M可扩路，置可扩路，置M=ME(P),E(P),转转(1).(1).注：该算法把匈牙利算法用于其中，主要是用来判定注：该算法把匈牙利算法用于其中，主要是用来判定和求完美匹配。和求完美匹配。485.例例2，设如下矩阵是赋权完全偶图，设如下矩阵是赋权完全偶图G的权值矩阵，求出的权值矩阵，求出其最优匹配。其最优匹配。解：给出初始可行顶点标号解：给出初始可行顶点标号l 为：为：0000

283、 054213486.对应的相等子图对应的相等子图Gl为：为：给出初始匹配给出初始匹配M为：为：x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)487.(1)u=x4为为M非饱和顶点。置：非饱和顶点。置：x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)(2)(3)取：取：y2为饱和顶点，为饱和顶点，y2x1M,于是：于是：(2)(3)取：取：y3为饱和顶点，为饱和顶点，y3x3M,于是：于是：488.x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)(2)于是修改标号：于是修改标号：由由得新标号为：得新标号为：011

284、0 043203x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)489.继续使用算法后得：继续使用算法后得：x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gl=(X,Y)最优匹配权值为最优匹配权值为14.例例3证明：证明：K6n-2有一个有一个3因子分解。因子分解。证明：证明：K6n-2=K2(3n-1),所以，可以分解为所以，可以分解为6n-3个边不重个边不重的的1因子之和。而任意因子之和。而任意3个个1因子可以并成一个因子可以并成一个3因子。所因子。所以，共可以并成以，共可以并成2n-1个个3因子。即因子。即K6n-2可以分解为可以分解为2n-1个个3因子的和。因子的和。490.例例4证

285、明：对证明：对n1,K4n+1有一个有一个4因子分解。因子分解。证明：证明：K4n+1=K2(2n)+1,所以，可以分解为所以，可以分解为2n个边不重个边不重的的2因子之和。而任意因子之和。而任意2个个2因子可以并成一个因子可以并成一个4因子。所因子。所以，共可以并成以，共可以并成n个个4因子。即因子。即K4n+1可以分解为可以分解为n个个4因子因子的和。的和。例例5设设H是有限群，是有限群，K是是H的子群。证明：存在元素的子群。证明：存在元素h1,h2,hnH,使得使得h1K,h2K,hnK都是都是K的左陪集。而的左陪集。而Kh1,Kh2,Khn都是都是K的右陪集。的右陪集。注注:(1)上面

286、结论是群论学家上面结论是群论学家Hall的一个结论。群论是近的一个结论。群论是近世代数的重要组成部分。在数学、计算机科学、理论物世代数的重要组成部分。在数学、计算机科学、理论物理学理学(量子场论量子场论)中都有重要应用。是数学领域里最引人关中都有重要应用。是数学领域里最引人关注的方向和主流研究方向之一。创立者伽罗瓦。注的方向和主流研究方向之一。创立者伽罗瓦。491.(2)伽罗瓦伽罗瓦(1811-1832)中学时受到数学老师里沙的影中学时受到数学老师里沙的影响而对数学产生极大兴趣。里沙对教学工作十分负责，且响而对数学产生极大兴趣。里沙对教学工作十分负责，且具有很高数学才能，但把精力耗在了学生身上

287、，欣慰的是具有很高数学才能，但把精力耗在了学生身上，欣慰的是培养了好几位欧洲杰出数学家。中学时的伽罗瓦培养了好几位欧洲杰出数学家。中学时的伽罗瓦在里沙帮在里沙帮助下创立了群论。群论是助下创立了群论。群论是19世纪最突出的数学成就。世纪最突出的数学成就。 在法国历史上著名的在法国历史上著名的1830年的年的“七月革命七月革命”中中，伽罗瓦，伽罗瓦两次入狱，成为坚强斗士。两次入狱，成为坚强斗士。1832年年5月，月，21岁的他因为反岁的他因为反动派设下的爱情圈套，被迫决斗至死。这是他犯下的草率动派设下的爱情圈套，被迫决斗至死。这是他犯下的草率的错误。的错误。492.证明：由陪集的性质：证明：由陪集

288、的性质：H中的任意两个左中的任意两个左(右右)陪集陪集,要要么相等，要么没有共同元素。所以么相等，要么没有共同元素。所以H可按某子群的左可按某子群的左(右右)陪集，划分为左陪集，划分为左(右右)陪集族。如果陪集族。如果K是是H的子群，则的子群，则aK或或者者Kb的元素个数等于的元素个数等于K中元素个数。中元素个数。 设设|K|=k。且假设子群。且假设子群K在群在群H中的指数为中的指数为n。我们构造。我们构造偶图偶图G=(X,Y)如下：如下：X表示表示H关于关于K的左陪集族，的左陪集族，Y表示表示H关于关于K的右陪集族。的右陪集族。对于对于xX,yY,x与与y间连接间连接l 条边，当且仅当左陪集

289、条边，当且仅当左陪集x和右陪集和右陪集y有有l个共同元素。个共同元素。显然显然G是是k正则偶图，于是存在完美匹配正则偶图，于是存在完美匹配M。|M|=n在在M中的边中的边ei的两端点的陪集中选取共同元素的两端点的陪集中选取共同元素hi,则这则这些元素为所求。些元素为所求。(1inin）。）。493.匹配在矩阵中的应用匹配在矩阵中的应用 1、矩阵与偶图、矩阵与偶图设设A=(aij)是是n阶方阵。构造偶图阶方阵。构造偶图G=(X,Y)如下：如下：X表示行集合，表示行集合，Y表示列集合。表示列集合。X中元素中元素xi与与Y中元素中元素yj连线，当且仅当连线，当且仅当aij0y1y2y3y4y5x1x

290、3x2x4x5x1x2x3x4x5y1y2y3y4y5Gw=(X,Y)494. 2、下面研究、下面研究detA和和GA=(X,Y)之间关系之间关系若若|S|=n,则在则在A中存在中存在n行，这行，这n行中至多有行中至多有n-1列元非列元非零，而其余的零，而其余的-n+1-n+1列中每个元素为零。即得到列中每个元素为零。即得到A A中有一中有一个个 零子阵。零子阵。495. 于是有如下定理：于是有如下定理：496. 作业作业P117-118习题习题4：13497.Thank You !498.第六章第六章 平面图平面图主要内容主要内容一、平面图概念与性质一、平面图概念与性质二、特殊平面图与平面图

291、的对偶图二、特殊平面图与平面图的对偶图三、平面图的判定与涉及平面性不变量三、平面图的判定与涉及平面性不变量教学时数教学时数安排安排8学时讲授本章内容学时讲授本章内容四、平面性算法四、平面性算法499.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、平面图的概念、平面图的概念(二二)、平面图性质、平面图性质平面图概念与性质平面图概念与性质(三三)、图的嵌入性问题简介、图的嵌入性问题简介(四四)、凸多面体与平面图、凸多面体与平面图500.图的平面性问题是图论典型问题之一。生活中许多问题都与该问题有图的平面性问题是图论典型问题之一。生活中许多问题都与该问题有关。关。(一一)、平面图的概念、平面图的概念例子例子

292、1：电路板设计问题：电路板设计问题在电路板设计时，需要考虑的问题之一是连接电路元件间的导线间在电路板设计时，需要考虑的问题之一是连接电路元件间的导线间不能交叉。否则，当绝缘层破损时，会出现短路故障。不能交叉。否则，当绝缘层破损时，会出现短路故障。显然，电路板可以模型为一个图，显然，电路板可以模型为一个图，“要求电路元件间连接导线互不要求电路元件间连接导线互不交叉交叉”，对应于，对应于“要求图中的边不能相互交叉要求图中的边不能相互交叉”。501.例子例子2：空调管道的设计：空调管道的设计某娱乐中心有某娱乐中心有6个景点，位置分布如下图。个景点，位置分布如下图。A1A4A5A3A2A6分析者认为：

293、分析者认为：(1)A1与与A4,(2)A2与与A5,(3)A3与与A6间人流较少，其它景间人流较少，其它景点之间人流量大，必须投资铺设空调管道，但要求空调管道间不能交叉。点之间人流量大，必须投资铺设空调管道，但要求空调管道间不能交叉。如何设计？如何设计？502.如果把每个景点分别模型为一个点，景点间连线，当且仅当两景点如果把每个景点分别模型为一个点，景点间连线，当且仅当两景点间要铺设空调管道。那么，上面问题直接对应的图为：间要铺设空调管道。那么，上面问题直接对应的图为：A6A5A4A3A2A1于是，问题转化为：能否把上图画在平面上，使得边不会相互交叉于是，问题转化为：能否把上图画在平面上，使得

294、边不会相互交叉？503.通过尝试，可以把上图画为：通过尝试，可以把上图画为：于是，铺设方案为：于是，铺设方案为：A6A5A4A3A2A1A1A4A5A3A2A6504.问题：要求把问题：要求把3种公用设施种公用设施(煤气，水和电煤气，水和电)分别用煤气管道、水管和分别用煤气管道、水管和电线连接到电线连接到3间房子里，要求任何一根线或管道不与另外的线或管道相间房子里，要求任何一根线或管道不与另外的线或管道相交，能否办到？交，能否办到？例子例子3：3间房子和间房子和3种设施问题种设施问题上面问题可以模型为如下偶图：上面问题可以模型为如下偶图：H3H2H1EWG问题转化为，能否把上面偶图画在平面上，

295、使得边与边之间不会交叉问题转化为，能否把上面偶图画在平面上，使得边与边之间不会交叉？505.上面的例子都涉及同一个图论问题：能否把一个图画在平面上，使得上面的例子都涉及同一个图论问题：能否把一个图画在平面上，使得边与边之间没有交叉？边与边之间没有交叉？针对这一问题，我们引入如下概念针对这一问题，我们引入如下概念定义定义1如果能把图如果能把图G画在平面上，使得除顶点外，边与边之间没有交画在平面上，使得除顶点外，边与边之间没有交叉，称叉，称G可以嵌入平面，或称可以嵌入平面，或称G是可平面图。可平面图是可平面图。可平面图G的边不交叉的的边不交叉的一种画法，称为一种画法，称为G的一种平面嵌入，的一种平

296、面嵌入，G的平面嵌入表示的图称为平面图。的平面嵌入表示的图称为平面图。H3H2H1EWG图图GH3H2H1EWG图图G的平面嵌入的平面嵌入506.注注:(1)可平面图概念和平面图概念有时可以等同看待；可平面图概念和平面图概念有时可以等同看待；(2)图的平面性问题主要涉及如下几个方面：图的平面性问题主要涉及如下几个方面：1)平面图的性质；平面图的性质；2)平平面图的判定；面图的判定；3)平面嵌入方法平面嵌入方法(平面性算法平面性算法);4）涉及图的平面性问题的）涉及图的平面性问题的拓扑不变量。拓扑不变量。由由图的平面性问题研究引申出图的一般嵌入性问题的研究，形成了图的平面性问题研究引申出图的一般

297、嵌入性问题的研究，形成了拓扑图论的主要内容。我国数学家吴文俊、刘彦佩等在该方向都有重要拓扑图论的主要内容。我国数学家吴文俊、刘彦佩等在该方向都有重要结果。刘彦佩的专著是结果。刘彦佩的专著是图的上可嵌入性理论图的上可嵌入性理论(1994)，化学工业出版，化学工业出版社出版。社出版。历史上，波兰数学家库拉托斯基、美国数学家惠特尼、生于英国的加历史上，波兰数学家库拉托斯基、美国数学家惠特尼、生于英国的加拿大数学家托特，我国数学家吴文俊等都在拓扑图论中有过精湛的研究。拿大数学家托特，我国数学家吴文俊等都在拓扑图论中有过精湛的研究。507.(二二)、平面图性质、平面图性质定义定义2(1)一个平面图一个平

298、面图G把平面分成若干连通片，这些连通片称为把平面分成若干连通片，这些连通片称为G的的区域，或区域，或G的一个面。的一个面。G的面组成的集合用的面组成的集合用表示。表示。在上图在上图G中，共有中，共有4个面。其中个面。其中f4是外部面，其余是内部面。是外部面，其余是内部面。= =f1,f2,f3,f4。平面图平面图Gf1f3f2f4(2)面积有限的区域称为平面图面积有限的区域称为平面图G的内部面，否则称为的内部面，否则称为G的外部面。的外部面。508.(3)在在G中，顶点和边都与某个给定区域关联的子图，称为该面的边中，顶点和边都与某个给定区域关联的子图，称为该面的边界。某面界。某面f 的边界中含

299、有的边数的边界中含有的边数(割边计算割边计算2次次)称为该面称为该面f 的次数的次数,记为记为deg ( f )。平面图平面图Gf1f3f2f4在上图中，红色边在在上图中，红色边在G中的导出子图为面中的导出子图为面f3的边界。的边界。1、平面图的次数公式、平面图的次数公式509.定理定理1设设G=(n,m)是平面图，则：是平面图，则：证明：对证明：对G的任意一条边的任意一条边e,如果如果e是某面割边，那么由面的次数定义，是某面割边，那么由面的次数定义，该边给该边给G的总次数贡献的总次数贡献2次；如果次；如果e不是割边，那么，它必然是两个面的不是割边，那么，它必然是两个面的公共边，因此，由面的次

300、数定义，它也给总次数贡献公共边，因此，由面的次数定义，它也给总次数贡献2次。于是有：次。于是有：2、平面图的欧拉公式、平面图的欧拉公式510.定理定理2(欧拉公式欧拉公式)设设G=(n,m)是连通平面图，是连通平面图，是是G G的面数，则：的面数，则：证明：情形证明：情形1，如果，如果G是树，那么是树，那么m=n-1,=1。在这种情况下，容易。在这种情况下，容易验证，定理中的恒等式是成立的。验证，定理中的恒等式是成立的。情形情形2，G不是树的连通平面图。不是树的连通平面图。假设在这种情形下，欧拉恒等式不成立。则存在一个含有最少边数的假设在这种情形下，欧拉恒等式不成立。则存在一个含有最少边数的连

301、通平面图连通平面图G,使得它不满足欧拉恒等式。设这个最少边数连通平面图使得它不满足欧拉恒等式。设这个最少边数连通平面图G=(n,m),面数为面数为，则：，则：511.因为因为G不是树，所以存在非割边不是树，所以存在非割边e。显然，。显然，G-e是连通平面图，边数为是连通平面图，边数为m-1,顶点数为顶点数为n,面数为面数为-1。由最少性假设，由最少性假设，G-e满足欧拉等式：满足欧拉等式：化简得：化简得：这是一个矛盾。这是一个矛盾。注：该定理可以采用对面数注：该定理可以采用对面数作数学归纳证明。作数学归纳证明。3、欧拉公式的几个有趣推论、欧拉公式的几个有趣推论512.推论推论1设设G是具有是具

302、有个面个面k k个连通分支的平面图，则：个连通分支的平面图，则：证明：对第证明：对第i(1ik)ik)个分支来说，设顶点数为个分支来说，设顶点数为n ni i，边数为，边数为m mi i，面数，面数为为i i, ,由欧拉公式：由欧拉公式：所以，所以，513.而：而：所以得：所以得：推论推论2设设G是具有是具有n n个点个点m m条边条边个面的连通平面图，如果对个面的连通平面图，如果对G G的每的每个面个面f f , ,有：有：deg (deg (f f) ) l 3,3,则：则：514.证明：一方面，由次数公式得：证明：一方面，由次数公式得：另一方面，由欧拉公式得：另一方面，由欧拉公式得：所以

303、有：所以有：整理得：整理得：515.注注:(1)上面推论上面推论2也可以叙述为：也可以叙述为：设设G=(n,m)是连通图，如果：是连通图，如果：则则G是非可平面图。是非可平面图。(2)推论推论2的条件是的条件是G是平面图的必要条件是平面图的必要条件,不是充分条件。不是充分条件。例例1求证：求证：K3,3是非可平面图。是非可平面图。证明：注意到，证明：注意到，K3,3是偶图，不存在奇圈，所以，每个面的次数至是偶图，不存在奇圈，所以，每个面的次数至少是少是4,即即l=4516.所以，所以，而而m=9，这样有：，这样有：所以，由推论所以，由推论2，K3,3是非平面图。是非平面图。推论推论3设设G是具

304、有是具有n n个点个点m m条边条边个面的简单平面图，则：个面的简单平面图，则：517.证明：情形证明：情形1，G连通。连通。因为因为G是简单图，所以每个面的次数至少为是简单图，所以每个面的次数至少为3，即，即l=3。于是，由推。于是，由推论论2得：得：情形情形2，若，若G不连通。设不连通。设G1,G2,Gk是连通分支。是连通分支。一方面一方面,由推论由推论1：另一方面，由次数公式得：另一方面，由次数公式得：所以得：所以得：518.例例2，证明：，证明：K5是非可平面图。是非可平面图。证明：证明：K5是简单图，是简单图，m=10,n=5。3n-6=9。得，得，所以，所以K5是非可平面图。是非可

305、平面图。推论推论4设设G是具有是具有n n个点个点m m条边的连通平面图，若条边的连通平面图，若G G的每个圈均由的每个圈均由长度是长度是 l 的圈围成，则：的圈围成，则：证明：由次数公式，欧拉公式容易得证。证明：由次数公式，欧拉公式容易得证。519.推论推论5设设G是具有是具有n n个点个点m m条边的简单平面图，则：条边的简单平面图，则：证明：若不然，设证明：若不然，设由握手定理：由握手定理：这与这与G是简单平面图矛盾。是简单平面图矛盾。注：该结论是证明注：该结论是证明“5色定理色定理”的出发点。的出发点。520.定理定理3一个连通平面图是一个连通平面图是2连通的，当且仅当它的每个面的边界

306、连通的，当且仅当它的每个面的边界是圈。是圈。证明：证明：“必要性必要性”：设设G是是2连通的平面图，因为环总是两个面连通的平面图，因为环总是两个面的边界，且环面显然由圈围成。不失一般性，假设的边界，且环面显然由圈围成。不失一般性，假设G没有环，那么没有环，那么G没有割边，也没有割点。所以，每个面的边界一定是一条闭迹。没有割边，也没有割点。所以，每个面的边界一定是一条闭迹。设设C是是G的任意面的一个边界，我们证明，它一定为圈。的任意面的一个边界，我们证明，它一定为圈。若不然，设若不然，设C是是G的某面的边界，但它不是圈。的某面的边界，但它不是圈。因因C是一条闭迹且不是圈，因此，是一条闭迹且不是圈

307、，因此，C中存在子圈。设该子圈是中存在子圈。设该子圈是W1.因因C是某面的边界，所以是某面的边界，所以W1与与C的关系可以表示为下图的形式：的关系可以表示为下图的形式：521.vvj-1v1v2vi-1vi+1vnW1容易知道：容易知道：v为为G的割点。矛盾！的割点。矛盾！“充分性充分性”设平面图设平面图G的每个面的边界均为圈。此时删去的每个面的边界均为圈。此时删去G中任意中任意一个点不破坏一个点不破坏G的连通性，这表明的连通性，这表明G是是2连通的。连通的。推论推论6若一个平面图是若一个平面图是2连通的，则它的每条边恰在两个面的边界连通的，则它的每条边恰在两个面的边界上。上。522.(三三)

308、、图的嵌入性问题简介、图的嵌入性问题简介在图的平面嵌入的基础上，简单介绍：在图的平面嵌入的基础上，简单介绍：1、曲面嵌入、曲面嵌入1)、球面嵌入、球面嵌入定理定理4G可球面嵌入当且仅当可球面嵌入当且仅当G可平面嵌入。可平面嵌入。证明：我们用建立球极平面射影的方法给出证明。证明：我们用建立球极平面射影的方法给出证明。将求面将求面S放在一个平面放在一个平面P上，设切点为上，设切点为O，过，过O作垂直于作垂直于P的直线，的直线，该直线与该直线与S相交于相交于z。523.2)、环面嵌入、环面嵌入环面的形状像一个汽车轮胎的表面。环面的形状像一个汽车轮胎的表面。PzyOx球极投影示意图球极投影示意图作映射

309、作映射f :S-zP。定义。定义f (x)=y,使得使得x,y,z三点共线。该映三点共线。该映射称为球极平面射影。射称为球极平面射影。通过通过f,可以把嵌入球面的图映射为嵌入平面的图。反之亦然。可以把嵌入球面的图映射为嵌入平面的图。反之亦然。524.例例3将将K4,K5,K3,3嵌入到环面上。嵌入到环面上。3)定向曲面嵌入定向曲面嵌入K4的环面嵌入的环面嵌入K5的环面嵌入的环面嵌入K3,3的环面嵌入的环面嵌入这是目前嵌入性问题研究热点。国内：刘彦佩，黄元秋等是从事这是目前嵌入性问题研究热点。国内：刘彦佩，黄元秋等是从事该方向研究的代表。该方向研究的代表。525.2、图的、图的3维空间嵌入维空间

310、嵌入定理定理5所有图均可嵌入所有图均可嵌入R3中。中。证明：在证明：在R3中作空间曲线：中作空间曲线：把图把图G的顶点放在该直线的不同位置，则的顶点放在该直线的不同位置，则G的任意边不相交。的任意边不相交。事实上，对处于曲线事实上，对处于曲线l 上的任意上的任意4个相异顶点，它们对应的参数值个相异顶点，它们对应的参数值分别为：分别为：t1,t2,t3,t4。526.因为：因为：所以，上面所以，上面4点不共面。点不共面。(四四)、凸多面体与平面图、凸多面体与平面图一个多面体称为凸多面体，如果在体上任取两点，其连线均在体一个多面体称为凸多面体，如果在体上任取两点，其连线均在体上。上。凸多面体的一维

311、骨架：把一个凸多面体压缩在平面上，得到一个凸多面体的一维骨架：把一个凸多面体压缩在平面上，得到一个对应的平面图，该平面图称为该凸多面体的一维骨架。对应的平面图，该平面图称为该凸多面体的一维骨架。527.定理定理6存在且只存在存在且只存在5种正多面体：它们是正四、六、八、十二、种正多面体：它们是正四、六、八、十二、二十面体。二十面体。证明：任取一个正证明：任取一个正面体，其顶点数、棱数分别是面体，其顶点数、棱数分别是n n和和m m。对应的。对应的一维骨架是一个每个面次数为一维骨架是一个每个面次数为l, ,顶点度数为顶点度数为r r的简单平面正则图的简单平面正则图G.G.正八面体一正八面体一维骨

312、架维骨架正二十面体正二十面体一维骨架一维骨架528.由次数公式得：由次数公式得：以上两等式中：以上两等式中：l 3,r3由握手定理得：由握手定理得：由由(1)与与(2)得：得：将将(3)代入欧拉公式得：代入欧拉公式得：在在(4)中，中，529.于是得不等式组：于是得不等式组：不等式组不等式组(5)的正整数解恰有的正整数解恰有5组：组：正二十面体正二十面体203012355正八面体正八面体8126344正十二面体正十二面体123020533正方体正方体6128432正四面体正四面体464331相应的正多面体相应的正多面体mnrl序号序号定理得证。定理得证。530.Thank You !531.本

313、次课主要内容本次课主要内容(一一)、一些特殊平面图、一些特殊平面图(二二)、平面图的对偶图、平面图的对偶图特殊平面图与平面图的对偶图特殊平面图与平面图的对偶图1、极大平面图及其性质、极大平面图及其性质2、极大外平面图及其性质、极大外平面图及其性质532.1、极大平面图及其性质、极大平面图及其性质(一一)、一些特殊平面图、一些特殊平面图对于一个简单平面图来说，在不邻接顶点对间加边，当边数增加对于一个简单平面图来说，在不邻接顶点对间加边，当边数增加到一定数量时，就会变成非平面图。这样，就启发我们研究平面图到一定数量时，就会变成非平面图。这样，就启发我们研究平面图的极图问题。的极图问题。定义定义1设

314、设G是简单可平面图，如果是简单可平面图，如果G是是Ki(1i4),i4),或者在或者在G G的任意的任意非邻接顶点间添加一条边后，得到的图均是非可平面图，则称非邻接顶点间添加一条边后，得到的图均是非可平面图，则称G G是极是极大可平面图。大可平面图。 极大可平面图的平面嵌入称为极大平面图。极大可平面图的平面嵌入称为极大平面图。533.注：只有在单图前提下才能定义极大平面图。注：只有在单图前提下才能定义极大平面图。 引理引理 设设G G是极大平面图，则是极大平面图，则G G必然连通；若必然连通；若G G的阶数大于等于的阶数大于等于3 3，则，则G G无割边。无割边。极大平面极大平面图图非极大平非

315、极大平面图面图极大平面极大平面图图 (1) (1) 先证明先证明G G连通。连通。 若不然，若不然，G G至少两个连通分支。设至少两个连通分支。设G G1 1与与G G2 2是是G G的任意两个连通分支。的任意两个连通分支。534. 把把G G1 1画在画在G G2 2的外部面上，并在的外部面上，并在G G1 1,G,G2 2上分别取一点上分别取一点u u与与v.v.连接连接u u与与v v得得到一个新平面图到一个新平面图G G* *。但这与。但这与G G是极大平面图相矛盾。是极大平面图相矛盾。 (2) (2) 当当G G的阶数的阶数n3n3时，我们证明时，我们证明G G中没有割边。中没有割边

316、。 若不然，设若不然，设G G中有割边中有割边e = uve = uv，则，则G-uvG-uv不连通，恰有两个连通分支不连通，恰有两个连通分支G G1 1与与G G2 2。uveG1G2Gf535.设设u在在G1中，而中，而v在在G2中。由于中。由于n3,所以，至少有一个分支包含所以，至少有一个分支包含两个以上的顶点。设两个以上的顶点。设G2至少含有两个顶点。又设至少含有两个顶点。又设G1中含有点中含有点u的面的面是是f ,将将G2画在画在f 内。内。由于由于G是单图，所以，在是单图，所以，在G2的外部面上存在不等于点的外部面上存在不等于点v的点的点t。现。现在，在在，在G中连接点中连接点u与

317、与t得新平面图得新平面图G*,它比它比G多一条边。这与多一条边。这与G的极大的极大性相矛盾。性相矛盾。vueG1G2G536.下面证明极大平面图的一个重要性质。下面证明极大平面图的一个重要性质。定理定理1设设G是至少有是至少有3个顶点的平面图，则个顶点的平面图，则G是极大平面图，当且是极大平面图，当且仅当仅当G的每个面的次数是的每个面的次数是3且为单图。且为单图。注：该定理可以简单记为是注：该定理可以简单记为是“极大平面图的三角形特征极大平面图的三角形特征”，即每，即每个面的边界是三角形。个面的边界是三角形。证明：证明：“必要性必要性”由引理知，由引理知，G是单图、是单图、G无割边。于是无割边

318、。于是G的每个面的次数至少是的每个面的次数至少是3。假设假设G中某个面中某个面f 的次数大于等于的次数大于等于4。记。记f 的边界是的边界是v1v2v3v4vk。如下。如下图所示图所示:537.如果如果v1与与v3不邻接，则连接不邻接，则连接v1v3，没有破坏，没有破坏G的平面性，这与的平面性，这与G是是极大平面图矛盾。所以极大平面图矛盾。所以v1v3必须邻接，但必须在必须邻接，但必须在f 外连线；同理外连线；同理v2与与v4也必须在也必须在f 外连线。但边外连线。但边v1v3与边与边v2v4在在f 外交叉，与外交叉，与G是平面图矛是平面图矛盾！盾！所以，所以，G的每个面次数一定是的每个面次数

319、一定是3.定理的充分性是显然的。定理的充分性是显然的。v1v2v3v4v5vkf538.推论：设推论：设G是是n个点，个点，m条边和条边和个面的极大平面图，且个面的极大平面图，且n3.n3.则：则：(1) m=3n-6; (2) (1) m=3n-6; (2) =2n-4.=2n-4.证明：因为证明：因为G是极大平面图，所以，每个面的次数为是极大平面图，所以，每个面的次数为3.由次数公由次数公式：式：由欧拉公式：由欧拉公式：所以得：所以得：539.所以得：所以得：又又所以：所以：注：顶点数相同的极大平面图并不唯一。例如：注：顶点数相同的极大平面图并不唯一。例如：正正20面体面体非正非正20面体

320、面体540.还在研究中的问题是：顶点数相同的极大平面图的个数和结构问还在研究中的问题是：顶点数相同的极大平面图的个数和结构问题。题。2、极大外平面图及其性质、极大外平面图及其性质定义定义2若一个可平面图若一个可平面图G存在一种平面嵌入，使得其所有顶点均在存在一种平面嵌入，使得其所有顶点均在某个面的边界上，称该图为外可平面图。外可平面图的一种外平面嵌某个面的边界上，称该图为外可平面图。外可平面图的一种外平面嵌入，称为外平面图。入，称为外平面图。外可平面图外可平面图外平面图外平面图1f外平面图外平面图2f541.注：对外可平面图注：对外可平面图G来说，一定存在一种外平面嵌入，使得来说，一定存在一种

321、外平面嵌入，使得G的顶的顶点均在外部面的边界上。这由球极投影法可以说明。点均在外部面的边界上。这由球极投影法可以说明。下面研究极大外平面图的性质。下面研究极大外平面图的性质。定义定义3设设G是一个简单外可平面图，若在是一个简单外可平面图，若在G中任意不邻接顶点间添上中任意不邻接顶点间添上一条边后，一条边后，G成为非外可平面图，则称成为非外可平面图，则称G是极大外可平面图。极大外可是极大外可平面图。极大外可平面图的外平面嵌入，称为极大外平面图。平面图的外平面嵌入，称为极大外平面图。极大外平面图极大外平面图542.定理定理2设设G是一个有是一个有n(n3)个点，且所有点均在外部面上的极大外个点，且

322、所有点均在外部面上的极大外平面图，则平面图，则G有有n-2个内部面。个内部面。证明：对证明：对G的阶数作数学归纳。的阶数作数学归纳。当当n=3时，时，G是三角形，显然只有一个内部面；是三角形，显然只有一个内部面；设当设当n=k时，结论成立。时，结论成立。当当n=k+1时，首先，注意到时，首先，注意到G必有一个必有一个2度顶点度顶点u在在G的外部面上。的外部面上。(这可以由上面引理得到这可以由上面引理得到)考虑考虑G1=G-v。由归纳假设，。由归纳假设，G1有有k-2个内部面。这样个内部面。这样G有有k-1个内部个内部面。于是定理面。于是定理2得证。得证。引理引理设设G是一个连通简单外可平面图，

323、则在是一个连通简单外可平面图，则在G中有一个度数至多中有一个度数至多是是2的顶点。的顶点。543.定理定理3设设G是一个有是一个有n(n3)个点，且所有点均在外部面上的外平面个点，且所有点均在外部面上的外平面图，则图，则G是极大外平面图，当且仅当其外部面的边界是圈，内部面是三是极大外平面图，当且仅当其外部面的边界是圈，内部面是三角形。角形。注：这是极大外平面图的典型特征。注：这是极大外平面图的典型特征。证明：先证明必要性。证明：先证明必要性。(1)证明证明G的边界是圈。的边界是圈。容易知道：容易知道：G的外部面边界一定为闭迹，否则，的外部面边界一定为闭迹，否则，G不能为极大外平面不能为极大外平

324、面图。设图。设W=v1v2vnv1是是G的外部面边界。若的外部面边界。若W不是圈，则存在不是圈，则存在i与与j,使使v vi i=v=vj j=v.=v.此时，此时，G G可以示意如下：可以示意如下：W vi-1v1vnv2vi+1vj-1vj+1v544.vi-1与与vi+1不能邻接。否则不能邻接。否则W不能构成不能构成G的外部面边界。这样，我们连的外部面边界。这样，我们连接接vi-1与与vi+1： vi-1v1vnv2vi+1vj-1vj+1v得到一个新外平面图。这与得到一个新外平面图。这与G的极大性矛盾。的极大性矛盾。(2)证明证明G的内部面是三角形。的内部面是三角形。首先，注意到，首先

325、，注意到，G的内部面必须是圈。因为，的内部面必须是圈。因为，G的外部面的边界是生的外部面的边界是生成圈，所以成圈，所以G是是2连通的，所以，连通的，所以，G的每个面的边界必是圈。的每个面的边界必是圈。545.其次，设其次，设C是是G中任意一个内部面的边界。如果中任意一个内部面的边界。如果C的长度大于等于的长度大于等于4，则，则C中一定存在不邻接顶点，连接这两点得到一个新平面图，这与中一定存在不邻接顶点，连接这两点得到一个新平面图，这与G的极大性矛盾。又由于的极大性矛盾。又由于G是单图，所以是单图，所以C的长度只能为的长度只能为3.下面证明充分性。下面证明充分性。设设G是一个外平面图，内部面是三

326、角形，外部面是圈是一个外平面图，内部面是三角形，外部面是圈W.如果如果G不是极大外平面图，那么存在不邻接顶点不是极大外平面图，那么存在不邻接顶点u与与v,使得使得G+uv是外是外平面图。平面图。但是，但是，G+uv不能是外平面图。因为，若边不能是外平面图。因为，若边uv经过经过W的内部，则它要的内部，则它要与与G的其它边相交；若的其它边相交；若uv经过经过W的外部，导致所有点不能在的外部，导致所有点不能在G的同一个的同一个面上。面上。所以，所以，G是极大外平面图。是极大外平面图。546.定理定理4每个至少有每个至少有7个顶点的外可平面图的补图不是外可平面图，个顶点的外可平面图的补图不是外可平面

327、图，且且7是这个数目的最小者。是这个数目的最小者。我们用枚举方法证明。我们用枚举方法证明。证明：对于证明：对于n=7的极大外可平面图来说，只有的极大外可平面图来说，只有4个。如下图所示。个。如下图所示。直接验证：它们的补图均不是外可平面的。直接验证：它们的补图均不是外可平面的。而当而当n=6时，我们可以找到一个外可平面图时，我们可以找到一个外可平面图G(见下图见下图),使得其补图是使得其补图是外可平面图。外可平面图。547.(二二)、平面图的对偶图、平面图的对偶图1、对偶图的定义、对偶图的定义定义定义4给定平面图给定平面图G，G的对偶图的对偶图G*如下构造：如下构造：(1)在在G的每个面的每个

328、面fi内取一个点内取一个点vi*作为作为G*的一个顶点；的一个顶点；(2)对对G的一条边的一条边e,若若e是面是面fi 与与fj 的公共边，则连接的公共边，则连接vi*与与vj*，且连，且连线穿过边线穿过边e;若若e是面是面fi 中的割边，则以中的割边，则以vi为顶点为顶点548.作环，且让它与作环，且让它与e相交。相交。例如，作出平面图例如，作出平面图G的对偶图的对偶图G*G549.2、对偶图的性质、对偶图的性质(1)、G与与G*的对应关系的对应关系1)G*的顶点数等于的顶点数等于G的面数；的面数；2)G*的边数等于的边数等于G的边数；的边数；3)G*的面数等于的面数等于G的顶点数；的顶点数

329、；4)d(v*)=deg(f)对偶图面边割边环边割集回路点边环割边回路边割集对 应平面图G550.(2)、定理、定理5定理定理5平面图平面图G的对偶图必然连通的对偶图必然连通证明：在证明：在G*中任意取两点中任意取两点vi*与与vj*。我们证明该两点连通即可！。我们证明该两点连通即可！用一条曲线用一条曲线l 把把vi*和和vj*连接起来，且连接起来，且l 不与不与G*的任意顶点相交。的任意顶点相交。显然，曲线显然，曲线l 从从vi*到到vj*经过的面边序列，对应从经过的面边序列，对应从vi*到到vj*的点边序的点边序列，该点边序列就是该两点在列，该点边序列就是该两点在G*中的通路。中的通路。注

330、注:(1)由定理由定理5知：知：(G*)*不一定等于不一定等于G;551.证明：证明：“必要性必要性”(2)G是平面图，则是平面图，则当且仅当当且仅当G是连通的。是连通的。(习题第习题第26题题)由于由于G是平面图，由定理是平面图，由定理5，G*是连通的。而由是连通的。而由G*是平面图，再由是平面图，再由定理定理5，(G*)*是连通的。是连通的。所以，由所以，由得：得：G是连通的。是连通的。“充分性充分性”由对偶图的定义知，平面图由对偶图的定义知，平面图G与其对偶图与其对偶图G*嵌入在同一平面上，当嵌入在同一平面上，当G连连通时，容易知道：通时，容易知道：G*的无界面的无界面f *中仅含中仅含

331、G的唯一顶点的唯一顶点v,而除而除v外，外，G中其中其它顶点它顶点u均与均与G*的有限面形成一一对应，于是，的有限面形成一一对应，于是，G中顶点和中顶点和G*顶点在这顶点在这种自然对应方式下一一对应，且对应顶点间邻接关系保持不变，故：种自然对应方式下一一对应，且对应顶点间邻接关系保持不变，故：552.(3)同构的平面图可以有不同构的对偶图。同构的平面图可以有不同构的对偶图。例如，下面的两个图：例如，下面的两个图：G1G2但但这是这是因为：因为：G2中有次数是中有次数是1的面，而的面，而G1没有次数是没有次数是1的面。所以，的面。所以，它们的对偶图不能同构。它们的对偶图不能同构。553. 第一次

332、上交作业第一次上交作业第第3章章习题习题3：1，7，9，16.第第4章章习题习题4：3，7，10，12.第第5章章习题习题5：1，2，6，7，13，19。554. 作业作业P143-146习题习题5：3，4，5，6，8，25,26，27。其中其中25，26，27结合课件学习。结合课件学习。555.Thank You !556.例例2证明：证明：(1)B是平面图是平面图G的极小边割集，当且仅当的极小边割集，当且仅当是是G*的圈。的圈。(2)欧拉平面图的对偶图是偶图。欧拉平面图的对偶图是偶图。示意图示意图557.证明证明:(1)对对B的边数作数学归纳。的边数作数学归纳。示意图示意图当当B的边数的边

333、数n=1时，时，B中边是割边中边是割边显然，在显然，在G*中对应环。所以，结论成立。中对应环。所以，结论成立。设对设对B的边数的边数n3n-6;(2)K5是是G的一个子图；的一个子图；(3)K3,3是是G的一个子图，那么，的一个子图，那么，G是非可平面图。是非可平面图。但上面的条件仅为但上面的条件仅为G是非可平面图的充分条件。是非可平面图的充分条件。最早给出图的平面性判定充要条件的是波兰数学家库拉托斯基最早给出图的平面性判定充要条件的是波兰数学家库拉托斯基(30年代给出年代给出)。后来，美国数学家惠特尼，加拿大数学家托特，我。后来，美国数学家惠特尼，加拿大数学家托特，我国数学家吴文俊等都给出了

334、不同的充要条件。国数学家吴文俊等都给出了不同的充要条件。565.1、相关概念、相关概念定义定义1在图在图G的边上插入一个的边上插入一个2度顶点，使一条边分成两条边，度顶点，使一条边分成两条边，称将图在称将图在2度顶点内扩充；去掉一个图的度顶点内扩充；去掉一个图的2度顶点，使关联它们的两度顶点，使关联它们的两条边合并成一条边，称将图条边合并成一条边，称将图G在在2度顶点内收缩。度顶点内收缩。 在在2度顶点内收缩度顶点内收缩在在2度顶点内扩充度顶点内扩充我们主要介绍波兰数学家库拉托斯基的结果。我们主要介绍波兰数学家库拉托斯基的结果。566.定义定义2两个图两个图G1与与G2说是同胚的，如果说是同胚

335、的，如果，或者通过反复，或者通过反复在在2度顶点内扩充和收缩后能够变成一对同构的图。度顶点内扩充和收缩后能够变成一对同构的图。 G3G2G1上面的上面的G1,G2,G3是同胚图。是同胚图。注：显然，图的平面性在同胚意义下不变。注：显然，图的平面性在同胚意义下不变。567.定理定理1(库拉托斯基定理库拉托斯基定理)图图G是可平面的，当且仅当它不含是可平面的，当且仅当它不含K5和和K3,3同胚的子图。同胚的子图。 例例1求证：下面两图均是非平面图。求证：下面两图均是非平面图。图图 G G1 1图图 G G2 2证明：对于证明：对于G1来说，按来说，按G1在在2度顶点内收缩后，可得到度顶点内收缩后，

336、可得到K5。所。所以，由库拉托斯基定理知以，由库拉托斯基定理知G1是非可平面图。是非可平面图。568.对于对于G2来说，先取如下子图来说，先取如下子图 G G2 2的一个子图的一个子图对上面子图，按对上面子图，按2度顶点收缩得与之同胚子图度顶点收缩得与之同胚子图K3,3:K3,3所以，所以，G2是非可平面图。是非可平面图。图图 G G2 2569. 例例2确定下图是否是可平面图。确定下图是否是可平面图。u1u2v1v2y1y2x1x2w1w2分析：我们根据图的结构形式，怀疑该图是非可平面图。但我分析：我们根据图的结构形式，怀疑该图是非可平面图。但我们必须找到证据！们必须找到证据！当然我们可能考

337、虑是否当然我们可能考虑是否m3n-6。遗憾的是该图不满足这个不等。遗憾的是该图不满足这个不等式！式！570. u1u2v1v2y1y2x1x2w1w2所以，我们要在该图中寻找一个与所以，我们要在该图中寻找一个与k5或或K3,3同胚的子图！同胚的子图！由于该图的最大度为由于该图的最大度为4的顶点才的顶点才4个，所以，不存在与个，所以，不存在与K5同胚的子图。同胚的子图。因此，只有寻找与因此，只有寻找与K3,3同胚的子图！同胚的子图！解：取解：取G中红色边的一个导出子图：中红色边的一个导出子图：也就是得到也就是得到G的如下形式的一个子图：的如下形式的一个子图：571. 上图显然和上图显然和K3,3

338、同胚。由库拉托斯基定理知，同胚。由库拉托斯基定理知，G是非可平面的。是非可平面的。u1u2v1v2y1y2x1x2w1w2注：注：(1)库拉托斯基定理可以等价叙述为：库拉托斯基定理可以等价叙述为：库拉托斯基定理：图库拉托斯基定理：图G是非可平面的，当且仅当它含有是非可平面的，当且仅当它含有K5或或K3,3同同胚的子图。胚的子图。572. (2)库拉托斯基库拉托斯基(1896-1980)波兰数学家。波兰数学家。1913年开始在苏格兰格年开始在苏格兰格拉斯哥大学学习工程学，拉斯哥大学学习工程学，1915年回到波兰发沙大学转学数学，主攻拓年回到波兰发沙大学转学数学，主攻拓扑学。扑学。1921年获博士

339、学位。年获博士学位。1930年在利沃夫大学作数学教授期间，发年在利沃夫大学作数学教授期间，发现并证明了图论中的库拉托斯基定理。现并证明了图论中的库拉托斯基定理。1939年后到发沙大学做数学教年后到发沙大学做数学教授。他的一生主要研究拓扑学与集合论。授。他的一生主要研究拓扑学与集合论。定义定义2给定图给定图G,去掉去掉G中的环，用单边代替平行边而得到的图称中的环，用单边代替平行边而得到的图称为为G的基础简单图。的基础简单图。库拉托斯基于库拉托斯基于1954年率波兰数学家代表团对我国进行了学术访问，年率波兰数学家代表团对我国进行了学术访问，还送给了华罗庚一些波兰数学家写的数论函数论文。还送给了华罗

340、庚一些波兰数学家写的数论函数论文。573. 定理定理2(1)图图G是可平面的，当且仅当它的基础简单图是可平面的；是可平面的，当且仅当它的基础简单图是可平面的；(2)图图G是可平面图当且仅当是可平面图当且仅当G的每个块是可平面图。的每个块是可平面图。证明：证明：(1)由平面图的定义，该命题显然成立。由平面图的定义，该命题显然成立。(2)必要性显然。下面证明充分性。必要性显然。下面证明充分性。不失一般性，假设不失一般性，假设G连通。我们对连通。我们对G的块数的块数n作数学归纳证明。作数学归纳证明。当当n=1时，由条件，结论显然成立；时，由条件，结论显然成立；设当设当n3n-6，则，则G是非可平面的

341、；是非可平面的；(2)对于连通图对于连通图G=(n,m)，如果每个面次数至少为，如果每个面次数至少为l3,且且m(n-2)l /(l-2)，则，则G是非可平面的；是非可平面的；(3)库拉托斯基定理：库拉托斯基定理：G是可平面的当且仅当是可平面的当且仅当G不含有与不含有与K5或或K3,3同胚的子图；同胚的子图；(4)瓦格纳定理：瓦格纳定理：G是可平面的当且仅当是可平面的当且仅当G不含有能够收缩成不含有能够收缩成K5或或K3,3的子图；的子图；594.上面的判定方法，局限性很大。这次课我们将给出一个算法，上面的判定方法，局限性很大。这次课我们将给出一个算法，其作用是：如果其作用是：如果G非可平面，

342、通过算法可以得到判定；如果非可平面，通过算法可以得到判定；如果G是可是可平面图，通过算法，可以给出一种平面嵌入形式。平面图，通过算法，可以给出一种平面嵌入形式。定义定义1设设H是是G的一个子图，在的一个子图，在E(G)-E(H)中定义一个二元关系中定义一个二元关系“ ”:”:(1)e1与与e2分别是分别是W的始边和终边，且的始边和终边，且(2)W的内点与的内点与H不能相交。不能相交。Ge4e3e2e1e7e6e5595.定义定义2设设B是是E(G)-E(H)关于二元关系关于二元关系“”的等价类在的等价类在G中的边中的边导出子图，则称导出子图，则称B是是G关于子图关于子图H的一座桥。桥与的一座桥

343、。桥与H的公共顶点称为的公共顶点称为桥桥B在在H中的附着顶点。中的附着顶点。例例1在下图中，红色边在在下图中，红色边在G中导出子图为中导出子图为H。求出。求出G关于关于H的所的所有桥。有桥。GB1B2B3B4Ge4e3e2e1e7e6e5596.定义定义3设设H是图是图G的可平面子图，的可平面子图，是是H的一种平面嵌入。若的一种平面嵌入。若G也是可也是可平面图，且存在平面图，且存在G的一个平面嵌入的一个平面嵌入，使得：，使得：称称是是G容许的。容许的。例例2在在G中，我们取红色边导出的子图为中，我们取红色边导出的子图为H,并取并取容易知道：容易知道：是是G容许的。容许的。G597.例例3在在G

344、中，我们取红色边导出的子图为中，我们取红色边导出的子图为H,并取并取容易知道：容易知道：不不是是G容许的。容许的。定义定义4设设B是是G中子图中子图H的任意一座桥，若的任意一座桥，若B对对H的所有附着顶点都位的所有附着顶点都位于于的某个面的某个面f 的边界上，则称的边界上，则称B在面在面f 内可画入，否则，称内可画入，否则，称B在面在面f 内不可画入。内不可画入。598.对于对于G的桥的桥B,令：令：例例4红色边的导出子图是红色边的导出子图是H,如果取如果取确定确定H的桥在的桥在中可以画入的面集合。中可以画入的面集合。B3B2B1f3f2f1G解：解：599.定理定理1设设是是G容许的，则对于

345、容许的，则对于H的每座桥的每座桥B:证明：因证明：因是是G容许的，由定义，存在容许的，由定义，存在G的一个平面嵌入的一个平面嵌入，使得：，使得：于是，于是，H的桥的桥B所对应的所对应的的子图，必然限制在的子图，必然限制在的某个面内。所的某个面内。所以：以：注：定理注：定理1实际上给出了一个图是可平面图的一个必要条件。这个必实际上给出了一个图是可平面图的一个必要条件。这个必要条件表明：如果存在要条件表明：如果存在G的一个可平面子图的一个可平面子图H,600.使得对于某桥使得对于某桥B，有，有，那么，那么，G是非可平面的。是非可平面的。根据上面的结论：我们可以按如下方式来考虑根据上面的结论：我们可

346、以按如下方式来考虑G的平面性的平面性问题：问题：先取先取G的一个可平面子图的一个可平面子图H1,其平面嵌入是其平面嵌入是对于对于H1的每座桥的每座桥B,如果：如果：，则，则G非可平面。非可平面。否则，取否则，取H1的桥的桥B1,作：作：H2=B1HH1 1, ,再取一个面再取一个面将将B1画入画入的面的面f 中。中。601.如果如果B1可平面，则只要把可平面，则只要把B1平面嵌入后，得到平面嵌入后，得到H2的平面嵌入的平面嵌入然后再进行上面相同的操作，可以得到然后再进行上面相同的操作，可以得到G的边数递增的子的边数递增的子图平面嵌入序列：图平面嵌入序列：最终，得到可平面图最终，得到可平面图G的

347、一种平面嵌入形式。的一种平面嵌入形式。(二二)、平面性算法、平面性算法1964年，年，Demoucron,Mlgrance和和Pertuiset提出了下面的平面性算提出了下面的平面性算法，简称法，简称DMP算法。算法。602.设设G是至少三个顶点的简单块。是至少三个顶点的简单块。(1)取取G的一个圈的一个圈H1,求出求出H1的一个平面嵌入的一个平面嵌入。置。置i=1;(2)若若E(G)-E(Hi)=, ,则停止；否则，确定则停止；否则，确定G G中中H Hi i的所有桥，并对每座桥的所有桥，并对每座桥B B，求出，求出 ；(3)若存在桥若存在桥B,使得：使得：，则停止，则停止(G不可平面不可平

348、面)；否则，在；否则，在Hi的所有桥中确定一个使得的所有桥中确定一个使得最小的最小的B，并取，并取。(4)在桥在桥B中取一条连接中取一条连接Hi中两个附着顶点的路中两个附着顶点的路Pi,置置Hi+1=HiPPi i, ,把把P Pi i画在画在 的面的面 f f 内内, ,得到得到603.(5)置置i=i+1转转(2)。例例5用平面性算法考察下图用平面性算法考察下图G的平面性。的平面性。v6v5v4v3v2v1v8v7图图G解：解：(1)取取G的一个圈的一个圈H1,并作平面嵌入：并作平面嵌入：604.v6v5v4v3v2v1v8v7图图G(2)v6v5v4v3v2v1v8v7H1v6v5v4v

349、3v2v1v8v7f1f2605.v6v5v4v3v2v1v8v7图图G(3)取取B1和和f1.(4)取取P1=v1v3f3v6v5v4v3v2v1v8v7f1f2606.v6v5v4v3v2v1v8v7图图G(3)取取B2和和f3.(4)取取P2=v2v7v6v5v4v3v2v1v8v7f1f2f3607.v6v5v4v3v2v1v8v7图图Gv6v5v4v3v2v1v8v7f1f2f3f4608.(3)取取B1和和f1.(4)取取P3=v1v4v6v5v4v3v2v1v8v7图图Gv6v5v4v3v2v1v8v7f1f2f3f5f4609.v6v5v4v3v2v1v8v7图图G(3)取取B

350、1和和f5.(4)取取P4=v2v6v6v5v4v3v2v1v8v7f1f2f3f6f4f5610.v6v5v4v3v2v1v8v7图图G继续下去，得到：继续下去，得到：v6v5v4v3v2v1v8v7算法分析：主要运算包括：算法分析：主要运算包括：611.（i）找出块）找出块G中的一个圈中的一个圈Hi；（ii）确定）确定G中中Hi的桥以及它们对于的桥以及它们对于Hi的附着点；的附着点；（iii）对于 的每个面的每个面f 确定其周界；确定其周界；（iv）对于 的每座桥的每座桥B，确定，确定（v）在）在Hi 的某座桥的某座桥B中求一条起点与终点均为附着点中求一条起点与终点均为附着点的一条路的一条

351、路Pi。 可证上述每一个算法均存在好算法，因此平面性算法可证上述每一个算法均存在好算法，因此平面性算法也是好算法。也是好算法。本章部分习题解答本章部分习题解答612.例例1求证，每个求证，每个5连通简单可平面图至少有连通简单可平面图至少有12个顶点。个顶点。证明：设证明：设G是是5连通图，则：连通图，则：由惠特尼定理得：由惠特尼定理得：所以：所以：另一方面：另一方面：G是是5连通简单可平面图，所以有：连通简单可平面图，所以有：于是得：于是得：即：即：所以：所以：n12。613.例例2求证，没有求证，没有6连通简单可平面图。连通简单可平面图。证明：若不然，设证明：若不然，设G是是6连通图，则：连

352、通图，则：由惠特尼定理得：由惠特尼定理得：所以：所以：于是得：于是得：这与这与G是简单平面图矛盾。是简单平面图矛盾。例例3求证：若求证：若G是连通平面图，且所有顶点度数不小于是连通平面图，且所有顶点度数不小于3，则，则G至至少有一个面少有一个面f，使得：，使得：deg(f ) 5 5。614.证明：若不然，则：证明：若不然，则：由欧拉公式得：由欧拉公式得：于是得：于是得：另一方面：由另一方面：由(G)3(G)3得：得：2m3n 3n-62m3n 3n-6这样导出矛盾。这样导出矛盾。615.例例4设设G是一个是一个(n,m)单图，图单图，图G分解为可平面子图的最少个数称分解为可平面子图的最少个数

353、称为为G的厚度的厚度(G).(G).求证：求证：(1)(2)616.证明证明:(1)当当n=1时，结论成立。时，结论成立。设当设当n3时，时，G分解为分解为(G)(G)个可平面子图个可平面子图G Gi i(1i (1i (G)因为每个因为每个Gi是平面单图，于是：是平面单图，于是：所以：所以：617.(2)根据完全图的边数和结论根据完全图的边数和结论(1)，可得到，可得到(2)中不等式。又因为中不等式。又因为K3,K4是平面图，所以是平面图，所以(K(K3 3)= )= (K4)=1，而直接计算：，而直接计算：所以，等式对所以，等式对n=3与与4时也成立！当时也成立！当5n8n8时，时，K K

354、n n是非可平面图。是非可平面图。因为存在因为存在8 8阶简单可平面图阶简单可平面图G G，其补图也是可平面图，所以对，其补图也是可平面图，所以对5n8，Kn可以分解为两个可平面图，即：可以分解为两个可平面图，即：(Kn)=2(5n8).另一方面：当另一方面：当5n8n8时，直接计算知：时，直接计算知：这就证明了这就证明了(2)。618.说明：习题说明：习题6的的1-9题比较简单，要求自己独立完成。没有讲到题比较简单，要求自己独立完成。没有讲到的习题，作为参考。的习题，作为参考。619. 作业作业P143-146习题习题6：1-9620.Thank You !621.第七章第七章图的着色图的着

355、色一、图的边着色一、图的边着色二、图的顶点着色二、图的顶点着色主要内容主要内容三、与色数有关的几类图和完美图三、与色数有关的几类图和完美图四、色多项式四、色多项式8学时讲授本章学时讲授本章622.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、相关概念、相关概念(二二)、几类特殊图的边色数、几类特殊图的边色数图的边着色图的边着色(三三)、边着色的应用、边着色的应用623.现实生活中很多问题，可以模型为所谓的边着色问题来处理。例现实生活中很多问题，可以模型为所谓的边着色问题来处理。例如排课表问题。如排课表问题。(一一)、相关概念、相关概念排课表问题：设有排课表问题：设有m位教师，位教师，n个班级，其中教师

356、个班级，其中教师xi要给班级要给班级yj上上pij节课。求如何在最少节次排完所有课。节课。求如何在最少节次排完所有课。建模：令建模：令X=x1,x2,xm,Y=y1,y2,yn,xi与与yj间连间连pij条边，条边，得偶图得偶图G=(X,Y).于是，问题转化为如何在于是，问题转化为如何在G中将边集中将边集E划分为互不相交的划分为互不相交的p个匹配，个匹配，且使得且使得p最小。最小。如果每个匹配中的边用同一种颜色染色，不同匹配中的边用不同如果每个匹配中的边用同一种颜色染色，不同匹配中的边用不同颜色染色，则问题转化为在颜色染色，则问题转化为在G中给每条边染色，相邻边染不同色，至中给每条边染色，相邻

357、边染不同色，至少需要的颜色数。少需要的颜色数。624.这就需要我们研究所谓的边着色问题。这就需要我们研究所谓的边着色问题。定义定义1设设G是图，对是图，对G的边进行染色，若相邻边染不同颜色，则称的边进行染色，若相邻边染不同颜色，则称对对G进行正常边着色；进行正常边着色；如果能用如果能用k种颜色对图种颜色对图G进行正常边着色，称进行正常边着色，称G是是k边可着色的。边可着色的。正常边着色正常边着色定义定义2设设G是图，对是图，对G进行正常边着色需要的最少颜色数，称为进行正常边着色需要的最少颜色数，称为G的边色数，记为：的边色数，记为：625.注：对图的正常边着色，实际上是对注：对图的正常边着色，

358、实际上是对G的边集合的一种划分，使的边集合的一种划分，使得每个划分块是得每个划分块是G的一个边独立集的一个边独立集(无环时是匹配无环时是匹配);图的边色数对应的图的边色数对应的是图的最小独立集划分数。是图的最小独立集划分数。因此，图的边着色，本质上是对应实际问题中的因此，图的边着色，本质上是对应实际问题中的“划分划分”问题或问题或“分类分类”问题。问题。626.在对在对G正常边着色时，着相同颜色的边集称为该正常着色的一个正常边着色时，着相同颜色的边集称为该正常着色的一个色组。色组。(二二)、几类特殊图的边色数、几类特殊图的边色数1、偶图的边色数、偶图的边色数定理定理1证明：设证明：设又设又设=

359、n=n。设颜色集合为。设颜色集合为0，1，2，n-1, 是是K Km,nm,n的一种的一种n n着着色方案，满足：色方案，满足：627.我们证明：上面的着色是正常边着色。我们证明：上面的着色是正常边着色。对对Km,n中任意的两条邻接边中任意的两条邻接边xiyj和和xiyk。若。若则：则：i+j(modn)=i+k(modn),得到得到j=k，矛盾！，矛盾！所以，上面着色是正常作色。所以：所以，上面着色是正常作色。所以：又显然又显然，所以，所以，例例1用最少的颜色数对用最少的颜色数对K3,4正常边着色。正常边着色。628.定理定理2(哥尼，哥尼，1916)若若G是偶图，则是偶图，则x2x1x0y

360、3y2y1y0定义定义3设设是是G G的一种正常边着色，若点的一种正常边着色，若点u u关联的边的着色没有用关联的边的着色没有用到色到色i i，则称点，则称点u u缺缺i i色。色。证明：我们对证明：我们对G的边数的边数m作数学归纳。作数学归纳。当当m=1时，时，=1=1，有，有629.设设G是具有是具有m条边的偶图。条边的偶图。设对于小于设对于小于m条边的偶图来说命题成立。条边的偶图来说命题成立。取取uvE(G),考虑考虑G1=G-uv,由归纳假设有：由归纳假设有：这说明，这说明，G1存在一种存在一种(G)(G)边着色方案边着色方案。对于该着色方案，因为。对于该着色方案，因为uvuv未着色，

361、所以点未着色，所以点u u与与v v均至少缺少一种色。均至少缺少一种色。情形情形1如果如果u与与v均缺同一种色均缺同一种色i,则在则在G1+uv中给中给uv着色着色i,而而G1其它其它边，按边，按方案着色。这样得到方案着色。这样得到G G的的着色方案，所以：着色方案，所以：情形情形2如果如果u缺色缺色i,而而v缺色缺色j，但不缺色，但不缺色i。630.设设H(i,j)表示表示G1中由中由i色边与色边与j色边导出的子图。显然，该图每个色边导出的子图。显然，该图每个分支是分支是i色边和色边和j色边交替出现的路或圈。色边交替出现的路或圈。对于对于H(i,j)中含点中含点v的分支来说，因的分支来说，因

362、v缺色缺色j,但不缺色但不缺色i,所以，在所以，在H(i,j)中中,点点v的度数为的度数为1。这说明，。这说明，H(i,j)中含中含v的分支是一条路的分支是一条路P。进一步地，我们可以说明，上面的路进一步地，我们可以说明，上面的路P不含点不含点u。因为，如果因为，如果P含有点含有点u,那么那么P必然是一条长度为偶数的路，这样，必然是一条长度为偶数的路，这样，P+uv是是G中的奇圈，这与中的奇圈，这与G是偶图矛盾！是偶图矛盾！既然既然P不含点不含点u,所以我们可以交换所以我们可以交换P中着色，而不破坏中着色，而不破坏G1的正常边的正常边着色。但交换着色后，着色。但交换着色后，u与与v均缺色均缺色

363、i,于是由情形于是由情形1,可以得到可以得到G的的正正常边着色，即证明：常边着色，即证明：631.2、一般简单图的边色数、一般简单图的边色数引理：设引理：设G是简单图，是简单图，x与与y1是是G中不相邻的两个顶点，中不相邻的两个顶点，是是G G的一个正的一个正常常k k边着色。若对该着色边着色。若对该着色，x,yx,y1 1以及与以及与x x相邻点均至少缺少一种颜色，相邻点均至少缺少一种颜色，则则G+xyG+xy1 1是是k k边可着色的。边可着色的。正常正常k边着色图边着色图Gx1y1xx2xk缺色缺色缺色缺色缺色缺色缺色缺色缺色缺色正常正常k边着色图边着色图G1x1y1xx2xk632.定

364、理定理3(维津定理，维津定理，1964)若若G是单图，则：是单图，则：证明：只需要证明证明：只需要证明即可。即可。对对G的边数的边数m作数学归纳证明。作数学归纳证明。当当m=1时，时，=1=1，设当边数少于设当边数少于m时，结论成立。下面考虑边数为时，结论成立。下面考虑边数为m2的单图的单图G。设设xyE(G)，令，令G1=G-xy。由归纳假设有：。由归纳假设有：633.于是，存在于是，存在G1的的(G)+1(G)+1正常边作色正常边作色。显然。显然G G1 1的每个顶点都至少缺少的每个顶点都至少缺少一种颜色。根据引理知一种颜色。根据引理知G G1 1+xy+xy是是(G)+1可着色的。即证明

365、：可着色的。即证明：注注:(1)根据维津定理，单图可以按边色数分成两类图，一是色数等于根据维津定理，单图可以按边色数分成两类图，一是色数等于(G)的单图，二是色数等于的单图，二是色数等于(G)+1的单图。的单图。(2)维津维津(Vizing):1937年出生于乌克兰的基辅。年出生于乌克兰的基辅。1954年开始在托木年开始在托木斯克大学学习数学，斯克大学学习数学，1959年大学毕业保送到莫斯科斯特克罗夫研究所年大学毕业保送到莫斯科斯特克罗夫研究所攻读博士学位，研究函数逼近论。但这不是他的兴趣所在，因此没有攻读博士学位，研究函数逼近论。但这不是他的兴趣所在，因此没有获得学位。获得学位。1966年在

366、季科夫的指导下获得博士学位。和大多数数学家年在季科夫的指导下获得博士学位。和大多数数学家一样，维津在音乐方面具有一定才能。一样，维津在音乐方面具有一定才能。634.维津在攻读博士学位期间，发现并证明了上面的维津定理。他当维津在攻读博士学位期间，发现并证明了上面的维津定理。他当时把论文投向一家非常著名的杂志，但由于审稿人认为问题本身没时把论文投向一家非常著名的杂志，但由于审稿人认为问题本身没有意义而遭到拒绝。后来在另外一家地方杂志发表时，定理早已出有意义而遭到拒绝。后来在另外一家地方杂志发表时，定理早已出名。名。维津认为：一名数学家应该不断研究与发现新结果，然后让时间维津认为：一名数学家应该不断

367、研究与发现新结果，然后让时间来检验其重要性。来检验其重要性。3、三类特殊简单图的边色数、三类特殊简单图的边色数定理定理4设设G是单图且是单图且(G)0(G)0。若。若G G中只有一个最大度点或恰有两个中只有一个最大度点或恰有两个相邻的最大度点，则：相邻的最大度点，则：635.证明证明:(1)若单图若单图G恰有一个最大度点恰有一个最大度点u，取，取u的一个邻点的一个邻点v,作作G1=G-uv。那么，那么，(G(G1 1)=)=(G)-1(G)-1。由维津定理：。由维津定理：于是于是G1是可是可(G)正常边着色的，因为正常边着色的，因为G1的每个顶点都至少缺少一的每个顶点都至少缺少一种颜色，所以由

368、引理：种颜色，所以由引理：G1+uv=G是可是可(G)正常边着色的，即：正常边着色的，即：(2)若单图若单图G恰有恰有2个邻接的最大度点个邻接的最大度点u与与v。设。设G1=G-uv。那么，那么，(G(G1 1)=)=(G)-1(G)-1。由维津定理：。由维津定理：636.于是于是G1是可是可(G)正常边着色的，因为正常边着色的，因为G1的每个顶点都至少缺少一的每个顶点都至少缺少一种颜色，所以由引理：种颜色，所以由引理：G1+uv=G是可是可(G)正常边着色的，即：正常边着色的，即：例例2确定下图的边色数。确定下图的边色数。G1G2解：由定理解：由定理4知道：知道：G3637.定理定理5设设G

369、是单图。若点数是单图。若点数n=2k+1且边数且边数mk, ,则：则：证明：若不然，由维津定理，证明：若不然，由维津定理，设设是是G G的的(G)(G)正常边着色方案，对于正常边着色方案，对于G G的每个色组来说，包含的的每个色组来说，包含的边数至多边数至多(n-1)/2=k(n-1)/2=k。这样：。这样： ，与条件矛盾。，与条件矛盾。例例3确定下图的边色数。确定下图的边色数。G解：由定理解：由定理5：638.定理定理6设设G是奇数阶是奇数阶正则正则单图单图, ,若若0,0,则：则：证明：设证明：设n=2k+1。因。因G是是正则单图，且正则单图，且0，所以：，所以：例例4设设n=2k+1,k

370、0。求。求由定理由定理5：解：由定理解：由定理6知：知：639.例例5求出彼得森图的边色数。求出彼得森图的边色数。解：一方面，彼得森图中去掉任意一个解：一方面，彼得森图中去掉任意一个1因子后，剩下两个因子后，剩下两个5点圈，点圈，所以，不能进行所以，不能进行1因子分解，所以：因子分解，所以：另一方面：通过验证，另一方面：通过验证，G可以可以4正常作色。所以：正常作色。所以：G640.例例6(1)设设G=(X,Y)是一个最大度为是一个最大度为的偶图，求证，的偶图，求证，G G是某个是某个正正则偶图则偶图 G G* *的子图。的子图。(2)用用(1)证明：偶图的边色数等于其最大度。证明：偶图的边色

371、数等于其最大度。证明证明(1)按如下方式构造按如下方式构造G*。如果如果G不是不是正则偶图，先将正则偶图，先将G按下图所示方式构造成为按下图所示方式构造成为G1XXYYG(1)G(2)G1641.G(1)与与G(2)分别是分别是G的拷贝。的拷贝。红色红色边表示边表示xi与与xi(yi与与yi)之间的一条连线，要求是之间的一条连线，要求是d(xi)(d(y(d(yi i)35=k,所以由定理所以由定理5知：知：648.最优着色为：最优着色为：FDAGCEB图图G649. 作业作业P187-190习题习题7：1-6650.Thank You !651.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、相关概念

372、、相关概念(二二)、图的点色数的几个结论、图的点色数的几个结论(三三)、四色与五色定理、四色与五色定理图的顶点着色图的顶点着色(四四)、顶点着色的应用、顶点着色的应用652.跟图的边着色问题一样，生活中的很多问题，也可以模型为所谓跟图的边着色问题一样，生活中的很多问题，也可以模型为所谓的图的顶点着色问题来处理。例如课程安排问题。的图的顶点着色问题来处理。例如课程安排问题。(一一)、相关概念、相关概念课程安排问题：某大学数学系要为这个夏季安排课程表。所要开课程安排问题：某大学数学系要为这个夏季安排课程表。所要开设的课程为：图论设的课程为：图论(GT),统计学统计学(S),线性代数线性代数(LA)

373、,高等微积分高等微积分(AC),几何学几何学(G),和近世代数和近世代数(MA)。现有。现有10名学生名学生(如下所示如下所示)需要选修这需要选修这些课程。根据这些信息，确定开设这些课程所需要的最少时间段数，些课程。根据这些信息，确定开设这些课程所需要的最少时间段数，使得学生选课不会发生冲突。使得学生选课不会发生冲突。(学生用学生用Ai表示）表示）A1:LA,S;A2:MA,LA,G;A3:MA,G,LA;A4:G,LA,AC;A5:AC,LA,S;A6:G,AC;A7:GT,MA,LA;A8:LA,GT,S;A9:AC,S,LA;653.A10:GT,S。把课程模型为图把课程模型为图G的顶点

374、，两顶点连线当且仅当有某个学生同时的顶点，两顶点连线当且仅当有某个学生同时选了这两门课程。选了这两门课程。GTMAGACLAS选课状态图选课状态图654.如果我们用同一颜色给同一时段的课程顶点染色，那么，问题转如果我们用同一颜色给同一时段的课程顶点染色，那么，问题转化为在状态图中求所谓的点色数问题。化为在状态图中求所谓的点色数问题。GTMAGACLAS选课状态图选课状态图655.定义定义1设设G是一个图，对是一个图，对G的每个顶点着色，使得相邻顶点着不同的每个顶点着色，使得相邻顶点着不同颜色，称为对颜色，称为对G的正常顶点着色；的正常顶点着色；如果用如果用k种颜色可以对种颜色可以对G进行正常顶

375、点着色，称进行正常顶点着色，称G可可k正常顶点着色；正常顶点着色；对图对图G正常顶点着色需要的最少颜色数，称为图正常顶点着色需要的最少颜色数，称为图G的点色数。图的点色数。图G的点色数用的点色数用表示。表示。例例1说明下图的点色数是说明下图的点色数是4。GTMAGACLASGTMAGACLAS656.解：一方面，由图的结构特征容易知道解：一方面，由图的结构特征容易知道另一方面，通过具体着色，用另一方面，通过具体着色，用4种颜色可以得到该图的一种正常点种颜色可以得到该图的一种正常点着色，则：着色，则：GTMAGACLAS所以，所以，657.注：对图的正常顶点着色，带来的是图的顶点集合的一种划分方

376、注：对图的正常顶点着色，带来的是图的顶点集合的一种划分方式。所以，对应的实际问题也是分类问题。属于同一种颜色的顶点式。所以，对应的实际问题也是分类问题。属于同一种颜色的顶点集合称为一个色组，它们彼此不相邻接，所以又称为点独立集。用集合称为一个色组，它们彼此不相邻接，所以又称为点独立集。用点色数种颜色对图点色数种颜色对图G正常着色，称为对图正常着色，称为对图G的最优点着色。的最优点着色。定义定义2色数为色数为k的图称为的图称为k色图。色图。(二二)、图的点色数的几个结论、图的点色数的几个结论定理定理1对任意的图对任意的图G，有：，有：分析：事实上，定理结论容易想到，因为任意一个顶点度数至多为分析

377、：事实上，定理结论容易想到，因为任意一个顶点度数至多为，因此，正常着色过程中，其邻点最多用去，因此，正常着色过程中，其邻点最多用去种颜色，所以，至少还有种颜色，所以，至少还有一种色可供该点正常着色使用。一种色可供该点正常着色使用。658.证明：我们对顶点数作数学归纳证明。证明：我们对顶点数作数学归纳证明。当当n=1时，结论显然成立。时，结论显然成立。设对顶点数少于设对顶点数少于n的图来说，定理结论成立。考虑一般的的图来说，定理结论成立。考虑一般的n阶图阶图G。任取任取vV(G),令令G1=G-v，由归纳假设：由归纳假设：设设是是G G1 1的一种的一种(G)+1(G)+1正常点着色方案，因为正

378、常点着色方案，因为v v的邻点在的邻点在下至多下至多用去用去(G)种色，所以给种色，所以给v染上其邻点没有用过的色，就把染上其邻点没有用过的色，就把扩充成了扩充成了G的的(G)+1着色方案。着色方案。对于对于G来说，可以给出其来说，可以给出其(G)+1(G)+1正常点着色算法。正常点着色算法。659.G的的(G)+1(G)+1正常点着色算法正常点着色算法设设G=(V,E),V=v1,v2,vn,色集合色集合C=1,2,+1+1,着色方案为着色方案为。(1)令令(v(v1 1)=1, i=1;)=1, i=1;(2)若若i=n,则停止；否则令：则停止；否则令：设设k为为C-C(vi+1)中的最小

379、整数，令中的最小整数，令(3)令令i=i+1,转转(2)。660.例例2给出下图的给出下图的+1+1正常点着色。正常点着色。v5v4v3v2v1v6解：色集解：色集C=1,2,3,4,5661.v5v4v3v2v1v6v5(2)v4(1)v3(3)v2(2)v1(1)v6(4)662.v5v4v3v2v1v6注注:(1)不能通过上面算法求出色数，例如，根据上面算法，我们求出了不能通过上面算法求出色数，例如，根据上面算法，我们求出了一个一个4色方案，但色方案，但G是是3色图：色图：(2)WelshPowell稍微对上面算法做了一个修改，着色时按所谓最大稍微对上面算法做了一个修改，着色时按所谓最大

380、度优先策略，即使用上面算法时，按顶点度数由大到小的次序着色。这样度优先策略，即使用上面算法时，按顶点度数由大到小的次序着色。这样的着色方案起到了对上面算法的一个改进作用。的着色方案起到了对上面算法的一个改进作用。663.对于简单图对于简单图G来说，数学家布鲁克斯来说，数学家布鲁克斯(Brooks)给出了一个对定理给出了一个对定理1的色数改进界。这就是下面著名的布鲁克斯定理。的色数改进界。这就是下面著名的布鲁克斯定理。定理定理2(布鲁克斯，布鲁克斯，1941)若若G是连通的单图，并且它既不是奇圈，是连通的单图，并且它既不是奇圈，又不是完全图，则：又不是完全图，则：数学家罗瓦斯在数学家罗瓦斯在19

381、73年给出了如下证明。年给出了如下证明。证明：不失一般性，我们可以假设证明：不失一般性，我们可以假设G是正则的，是正则的，2连通的，最大连通的，最大度度3的简单图。原因如下：的简单图。原因如下：(1)容易证明：若容易证明：若G是非正则连通单图，最大度是是非正则连通单图，最大度是，则，则事实上，我们可以对事实上，我们可以对G的顶点数作数学归纳证明：的顶点数作数学归纳证明：664.当当n=1时，结论显然成立；时，结论显然成立；设对于阶数小于设对于阶数小于n的简单非正则连通单图来说，结论成立。下设的简单非正则连通单图来说，结论成立。下设G是阶数为是阶数为n的非正则连通单图。的非正则连通单图。设设u是

382、是G中顶点，且中顶点，且d(u)= ，考虑，考虑G G1 1=G-u=G-u若若G1是正则单图，则是正则单图，则(G(G1 1)=)=(G)-1(G)-1。于是。于是G G1 1是可是可(G)(G)顶点正常顶点正常着色的，从而，着色的，从而，G G是可是可(G)(G)正常顶点着色的；正常顶点着色的；若若G1是非正则单图，则是非正则单图，则由数学归纳，由数学归纳，G G1 1是可是可(G)(G)顶点正常着色的，顶点正常着色的，从而，从而，G G是可是可(G)(G)正常顶点着色的。正常顶点着色的。(2)容易证明：若容易证明：若G是连通度为是连通度为1的单图，最大度是的单图，最大度是，则，则665.

383、(3)若若(G)2(G)2G只可能为只可能为K2或圈或路。因或圈或路。因G不是奇圈，且不能为完全图，所以定不是奇圈，且不能为完全图，所以定理结论显然成立。理结论显然成立。所以，下面只需证明：假设所以，下面只需证明：假设G是正则的，是正则的，2连通的，最大度连通的，最大度3的的简单图，且不是完全图或奇圈，有：简单图，且不是完全图或奇圈，有：分两步完成证明。分两步完成证明。1)在上面条件下，我们证明：在上面条件下，我们证明：G中存在三点中存在三点x1,x2,xn,使得使得G-x1,x2连通，连通，x1与与x2不邻接，但不邻接，但x1,x2与与xn均邻接；均邻接；x1x2xnG666.情形情形1设设

384、G是是3连通的正则非完全图。连通的正则非完全图。对于对于G中点中点xn,显然在其邻点中存在两个不邻接顶点显然在其邻点中存在两个不邻接顶点x1与与x2,使得使得G-x1,x2连通。连通。情形情形2设设G是连通度为是连通度为2的正则非完全图。的正则非完全图。此时，存在点此时，存在点xn,使得使得G-xn连通且有割点连通且有割点v,于是于是G-xn至少含有两个块。至少含有两个块。vG-xn块块块块块块667.由于由于G本身本身2连通，所以连通，所以G-xn的每个仅含有一个割点的块中均有点与的每个仅含有一个割点的块中均有点与xn邻接。设分属于邻接。设分属于H1与与H2中的点中的点x1与与x2，它们与，

385、它们与xn邻接。由于邻接。由于x1与与x2分属于分属于不同块，所以不同块，所以x1与与x2不邻接。又显然不邻接。又显然G-x1,x2连通。连通。2)对对G中顶点进行如下排序：中顶点进行如下排序：令令xn-1V(G)-x1,x2,xn且与且与xn邻接；邻接；xn-2V(G)-x1,x2,xn，xn-1且与且与xn或或xn-1邻接；邻接；xn-3V(G)-x1,x2,xn，xn-1,xn-2且与且与xn或或xn-1或或xn-2邻接；邻接；不断这样作下去，可得到不断这样作下去，可得到G的顶点排序：的顶点排序：x1,x2,xn668.该顶点序列的特征是，对于该顶点序列的特征是，对于1in-1,xin-

386、1,xi i与某个与某个x xi+i+k k邻接邻接。把着色算法用于把着色算法用于G，按照上面顶点排序着色，容易知道，用，按照上面顶点排序着色，容易知道，用(G)(G)种种颜色可以完成颜色可以完成G G的正常点着色。的正常点着色。对于简单图的点色数，还可以在定理对于简单图的点色数，还可以在定理2的基础上获得改进。的基础上获得改进。定义定义3设设G是至少有一条边的简单图，定义：是至少有一条边的简单图，定义：其中其中N(u)为为G中点中点u的邻域。称的邻域。称2 2(G)(G)为为G G的次大度。的次大度。669.如果令：如果令：那么，那么，例如：求下面图的次大度例如：求下面图的次大度2 2(G)

387、(G)G1G2670.解：解：(1)G1v5v4v3v2v1G2v5v4v3v2v1v8v7v6v9(2)671.G2v5v4v3v2v1v8v7v6v9注：由次大度的定义知：注：由次大度的定义知：2 2(G)(G)(G)(G)定理定理3设设G是非空简单图，则：是非空简单图，则：注：定理注：定理3是对定理是对定理2的一个改进！的一个改进！672.G2v5v4v3v2v1v8v7v6v9例如：对下面单图来说，由定理例如：对下面单图来说，由定理2得：得：而由定理而由定理3得：得：推论：设推论：设G是非空简单图，若是非空简单图，若G中最大度点互不邻接，则有：中最大度点互不邻接，则有：673.1、四色

388、定理、四色定理(三三)、四色与五色定理、四色与五色定理1852年，刚毕业于伦敦大学的格斯里年，刚毕业于伦敦大学的格斯里(18311899)发现：给一张平面发现：给一张平面地图正常着色，至少需要地图正常着色，至少需要4种颜色。这就是著名的种颜色。这就是著名的4色定理。色定理。格斯里把他的证明通过他弟弟转交给著名数学家摩尔根，引起摩尔根格斯里把他的证明通过他弟弟转交给著名数学家摩尔根，引起摩尔根极大兴趣，并于当天给数学家哈密尔顿写了封相关信件。但没有引起哈极大兴趣，并于当天给数学家哈密尔顿写了封相关信件。但没有引起哈密尔顿的注意。密尔顿的注意。直到直到1878年，在英国数学家会议上，数学家凯莱才再

389、一次提到年，在英国数学家会议上，数学家凯莱才再一次提到4色问色问题。题。674.1879年年7月，业余数学家肯普月，业余数学家肯普(1849-1922）在英国自然杂志上宣称证）在英国自然杂志上宣称证明了明了4色定理。肯普是凯莱在剑桥大学的学生。色定理。肯普是凯莱在剑桥大学的学生。1890年，英国数学家希伍德发表文章地图染色定理，通过构造反例，年，英国数学家希伍德发表文章地图染色定理，通过构造反例，指出了肯普证明中的缺陷。后来，希伍德一直研究指出了肯普证明中的缺陷。后来，希伍德一直研究4色问题色问题60年。年。泰特在此期间也研究泰特在此期间也研究4色问题，但其证明被托特否定。色问题，但其证明被托

390、特否定。希伍德文章之后，希伍德文章之后，4色问题研究进程开始走向停滞。色问题研究进程开始走向停滞。到了到了20世纪，美国数学家比尔荷夫提出可约性概念，在此基础上，德世纪，美国数学家比尔荷夫提出可约性概念，在此基础上，德国数学家海斯国数学家海斯(19061995)认为，可以通过寻找所谓的不可约构形来证认为，可以通过寻找所谓的不可约构形来证明明4色定理。色定理。675.Heesch估计不可约构形集合可能包含估计不可约构形集合可能包含10000个元素，手工验证是不太个元素，手工验证是不太可能。于是他给出了一种可用计算机来验证的方法。可能。于是他给出了一种可用计算机来验证的方法。20世纪世纪70年代，

391、哈肯和他的学生阿佩尔着力用计算机方法证明年代，哈肯和他的学生阿佩尔着力用计算机方法证明4色定色定理，借助于理，借助于Appel在编程方面的深厚功底。他们于在编程方面的深厚功底。他们于1976年年6月终于成功解月终于成功解决了寻找不可约构形集合中的元素，宣告决了寻找不可约构形集合中的元素，宣告4色定理的成功证明。数学家色定理的成功证明。数学家托特在图论顶级刊物托特在图论顶级刊物图论杂志图论杂志上写了一首诗：上写了一首诗：WolfgangHaken重重打击着巨妖重重打击着巨妖一次！两次！三次！四次！一次！两次！三次！四次！他说：他说：“妖怪已经不存在了妖怪已经不存在了.”676.2、五色定理、五色

392、定理定理定理4(希伍德希伍德)每个平面图是每个平面图是5可着色的。可着色的。根据平面图和其对偶图的关系，上面定理等价于每个平面图是根据平面图和其对偶图的关系，上面定理等价于每个平面图是5可顶点正常着色的。可顶点正常着色的。证明：我们对图的顶点作数学归纳证明。证明：我们对图的顶点作数学归纳证明。当当n=1时，结论显然。时，结论显然。设设n=k时，结论成立。考虑时，结论成立。考虑n=k+1的连通平面图的连通平面图G。因因G是连通平面图，所以是连通平面图，所以(G)5(G)5设设d(u)=(G)5(G)5。677.令令G1=Gu。由归纳假设，。由归纳假设，G1是是5可顶点正常着色的。设可顶点正常着色

393、的。设是是G G1 1的的5 5着色方案。着色方案。(1)如果如果d(u)=(G)5,显然显然可以扩充为可以扩充为G G的的5 5正常顶点着色；正常顶点着色；(2)如果如果d(u)=(G)=5,分两种情况讨论。分两种情况讨论。情形情形1在在下，如果下，如果u u的邻接点中，至少有两个顶点着相同颜色，的邻接点中，至少有两个顶点着相同颜色，则容易知道，则容易知道，可以扩充为可以扩充为G G的的5 5正常顶点着色；正常顶点着色；情形情形2在在下，设下，设u u的邻接点中，的邻接点中，5 5个顶点着了个顶点着了5 5种不同颜色。种不同颜色。678.不失一般性，设不失一般性，设(x(xi i)=i (1

394、i5)=i (1i5)。x5x4x3x2x1u设设H(i,j)表示着表示着i和和j色的点在色的点在G1中的点导出子图。中的点导出子图。如果如果x1与与x3属于属于H(1,3)的不同分支。则通过交换含的不同分支。则通过交换含x1的分支中的的分支中的着色顺序，可得到着色顺序，可得到G1的新正常点着色方案，使的新正常点着色方案，使x1与与x3着同色，于是着同色，于是由情形由情形1，可以得到，可以得到G的的5正常顶点着色方案；正常顶点着色方案；679.设设x1与与x3属于属于H(1,3)的相同分支。的相同分支。x5x4x3x2x1u3131在上面假设下，在上面假设下，x2与与x4必属于必属于H(2,4

395、)的不同分支。否则，将会得的不同分支。否则，将会得到到H(1,3)与与H(2,4)的交叉点。因此，的交叉点。因此，可以扩充为可以扩充为G G的的5 5正常顶点正常顶点着色。着色。680.(四四)、顶点着色的应用、顶点着色的应用图的正常顶点着色对应的实际问题是图的正常顶点着色对应的实际问题是“划分划分”问题。问题。例例1课程安排问题：某大学数学系要为这个夏季安排课程表。所课程安排问题：某大学数学系要为这个夏季安排课程表。所要开设的课程为：图论要开设的课程为：图论(GT),统计学统计学(S),线性代数线性代数(LA),高等微积分高等微积分(AC),几何学几何学(G),和近世代数和近世代数(MA)。

396、现有。现有10名学生名学生(如下所示如下所示)需要选需要选修这些课程。根据这些信息，确定开设这些课程所需要的最少时间修这些课程。根据这些信息，确定开设这些课程所需要的最少时间段数，使得学生选课不会发生冲突。段数，使得学生选课不会发生冲突。(学生用学生用Ai表示）表示）A1:LA,S;A2:MA,LA,G;A3:MA,G,LA;A4:G,LA,AC;A5:AC,LA,S;A6:G,AC;A7:GT,MA,LA;A8:LA,GT,S;A9:AC,S,LA;681.A10:GT,S。解：把课程模型为图解：把课程模型为图G的顶点，两顶点连线当且仅当有某个学生的顶点，两顶点连线当且仅当有某个学生同时选了

397、这两门课程。同时选了这两门课程。GTMAGACLAS选课状态图选课状态图682.如果我们用同一颜色给同一时段的课程顶点染色，那么，问题转如果我们用同一颜色给同一时段的课程顶点染色，那么，问题转化为在状态图中求对应于点色数的着色。化为在状态图中求对应于点色数的着色。(1)求点色数求点色数一方面，因图中含有奇圈一方面，因图中含有奇圈(红色边红色边),所以，点色数至少为所以，点色数至少为3。又因为点。又因为点LA与与该圈上每一个点均邻接，所以，点色数该圈上每一个点均邻接，所以，点色数至少为至少为4.GTMAGACLAS选课状态图选课状态图另一方面，我们用另一方面，我们用4种色实现了种色实现了G的正常

398、点着色，所以，图的点色的正常点着色，所以，图的点色数为数为4.683.(2)求安排求安排-具体着色具体着色GTMAGACLAS选课状态图选课状态图684.例例2交通灯的相位设置问题：如图所示，列出了繁华街道路口处的交通交通灯的相位设置问题：如图所示，列出了繁华街道路口处的交通车道车道L1,L2,L9。在此路口处安置了交通灯。当交通灯处于某个相位时，。在此路口处安置了交通灯。当交通灯处于某个相位时，亮绿灯的车道上的车辆就可以安全通过路口。为了亮绿灯的车道上的车辆就可以安全通过路口。为了(最终最终)让所有的车辆都让所有的车辆都能够安全通过路口，对于交通灯来说，所需要的相位的最小数是多少？能够安全通

399、过路口，对于交通灯来说，所需要的相位的最小数是多少？L5L4L3L2L1L9L8L7L6685.解：车道模型为顶点，两点连线当且仅当两个车道上的车不能同时安解：车道模型为顶点，两点连线当且仅当两个车道上的车不能同时安全地进入路口。全地进入路口。L9L8L7L6L5L4L3L2L1G问题转化为求问题转化为求G的点色数。一方面，的点色数。一方面，G中含有中含有K4,所以，点色数至少为所以，点色数至少为4；L9L8L7L6L5L4L3L2L1G686.另一方面，通过尝试，用另一方面，通过尝试，用4种色实现了正常点着色。种色实现了正常点着色。所以，最小相位为所以，最小相位为4。L9L8L7L6L5L4

400、L3L2L1G211224343687. 第二次上交作业第二次上交作业习题习题1：4，5,11，12,17，18.习题习题2：1，9,16.习题习题3：1，3,7,12，13.作成作成Word文档上交。文档上交。688. 作业作业P187-190习题习题7：7-9689.Thank You !690.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、与色数有关的几类图、与色数有关的几类图(二二)、完美图简介、完美图简介与色数有关的几类图和完美图与色数有关的几类图和完美图691.1、临界图、临界图(一一)、与色数有关的几类图、与色数有关的几类图定义定义1若对图若对图G的任意真子图的任意真子图H，都有，都有，

401、则称，则称G是临界是临界图。点色数为图。点色数为k的临界图称为的临界图称为k临界图。临界图。3临界图临界图4临界图临界图非临界图非临界图注：临界图由狄拉克在注：临界图由狄拉克在1952年首先提出并研究。上面的年首先提出并研究。上面的4临界图是临界图是Grotzsch(格勒奇格勒奇)在在1958年提出的。年提出的。692.定理定理1临界图有如下性质临界图有如下性质(1)k色图均有色图均有k临界子图；临界子图；(2)每个临界图均为简单连通图；每个临界图均为简单连通图；(3)若若G是是k临界图，则临界图，则k-1k-1。证明：证明：(1)是显然的。是显然的。(2)因为删掉环或平行边中的一条边并不破坏

402、原有的顶点正常着色，因为删掉环或平行边中的一条边并不破坏原有的顶点正常着色，所以每个临界图是单图；又因为删掉色数较小的分支，剩下部分的所以每个临界图是单图；又因为删掉色数较小的分支，剩下部分的图的色数和原图色数相等，所以，临界图必须是连通图。图的色数和原图色数相等，所以，临界图必须是连通图。693.(3)若不然，若不然， k-1 k-1。设设d(v)=。因为。因为G G是是k k临界图，所以临界图，所以G-vG-v是是k-1k-1可正常顶点着色的。可正常顶点着色的。设设是是G-vG-v的的k-1k-1正常顶点着色方案，显然，它可以扩充为正常顶点着色方案，显然，它可以扩充为G G的的k-1k-1

403、正正常点着色方案。这与常点着色方案。这与G G是是k k临界图相矛盾。临界图相矛盾。推论：每个推论：每个k色图至少有色图至少有k个度不小于个度不小于k-1的顶点。的顶点。证明：因证明：因G是是k色图，所以，它包含色图，所以，它包含k临界子图临界子图G1,所以有：所以有：(G(G1 1)k-1,)k-1,即即G G1 1中至少有中至少有k k个顶点，其度数不小于个顶点，其度数不小于k-1k-1。所以，。所以，G G中中至少有至少有k个度不小于个度不小于k-1的顶点。的顶点。例例1利用上面推论证明：对任意图利用上面推论证明：对任意图G，有：，有：694.证明：设证明：设G的点色数为的点色数为。由推

404、论，。由推论，G中至少有中至少有个顶点，其度数不小于个顶点，其度数不小于所以，所以，即：，即：例例2求证：临界图没有割点。求证：临界图没有割点。证明：设证明：设G是是k临界图。如果临界图。如果G有割点有割点v,设设G1,G2,Gr是是G-v的分支。的分支。又设第又设第i个分支顶点集为个分支顶点集为Vi(1ir)ir)。设设Hi=GViv,(1ir)。则。则Hi是是k-1可正常点着色的，现对每个可正常点着色的，现对每个Hi进行进行k-1正常点着色，且正常点着色，且v都分配同一种颜色，那么，将着色后的都分配同一种颜色，那么，将着色后的Hi合合在一起，得到在一起，得到G的的k-1正常点着色方案，这与

405、正常点着色方案，这与G是是k色图矛盾。所以临界色图矛盾。所以临界图没有割点。图没有割点。695.例例3求证：仅有的求证：仅有的1临界图是临界图是k1;仅有的仅有的2临界图是临界图是K2;仅有的仅有的3临界临界图奇圈。图奇圈。证明：由于证明：由于1色图是空图，所以色图是空图，所以1临界图只能是临界图只能是K1;2色图是偶图，色图是偶图，所以，所以，2临界图只能是临界图只能是K2;3色图必然含有奇圈，而奇圈的色数是色图必然含有奇圈，而奇圈的色数是3，所以，所以，3临界图只能是奇圈。临界图只能是奇圈。例例4求证：布鲁克斯定理等价于下述命题：若求证：布鲁克斯定理等价于下述命题：若G是是k临界图临界图(

406、k4),且不是完全图，则且不是完全图，则2mn(k-1)+1,其中其中m为为G的边数而的边数而n为顶点数。为顶点数。证明：证明：(1)由布鲁克斯定理推例由布鲁克斯定理推例4中命题。中命题。因因G是是k临界图临界图,所以所以G是连通单图，又是连通单图，又k4,所以所以G不能是奇圈，再不能是奇圈，再由由G不是完全图，所以由布鲁克斯定理有不是完全图，所以由布鲁克斯定理有696.k。再由再由k临界图的性质，有临界图的性质，有k-1.k-1.所以：所以：(2)由例由例4中命题推布鲁克斯定理。中命题推布鲁克斯定理。因为连通单图因为连通单图G不是奇圈，也不是完全图。设不是奇圈，也不是完全图。设G的的k临界子

407、图是临界子图是H。情形情形1，H是奇圈。是奇圈。在这种情况下，由于在这种情况下，由于G不是奇圈，所以，不是奇圈，所以，H之外必然有边和之外必然有边和H相连，相连，即即(G)3,(G)3,另一方面，另一方面，k(G)=k(H)=3,k(G)=k(H)=3,所所697.以，以，k(G)(G);(G);情形情形2，H是完全图是完全图HK在这种情况下，由于在这种情况下，由于G是连通的非完全图，那么在是连通的非完全图，那么在H之外，必然之外，必然有边和有边和H相连，即相连，即K(H)=k(G);K(H)=k(G);情形情形3，H既不是奇圈又不是完全图，由例既不是奇圈又不是完全图，由例3知道，知道，k4。

408、H满足例满足例4中条件。中条件。所以，由例所以，由例4中的结论有：中的结论有：所以，有：所以，有：698.即证明：即证明：2、唯一可着色图、唯一可着色图对图的顶点进行正常着色，实际上给出图的顶点集合的一种划分，不对图的顶点进行正常着色，实际上给出图的顶点集合的一种划分，不同的着色方案，给出的划分一般不同。但是，也存在一类特殊图，对于任同的着色方案，给出的划分一般不同。但是，也存在一类特殊图，对于任意的最优着色方案，导出的顶点划分却是相同的。为此，我们给出如下定意的最优着色方案，导出的顶点划分却是相同的。为此，我们给出如下定义。义。定义定义2设简单标定图设简单标定图G的点色数是的点色数是k,如果

409、在任意的如果在任意的k正常点着色方正常点着色方案下，导出的顶点集合划分唯一，称案下，导出的顶点集合划分唯一，称G是唯一是唯一k可着色图，简称唯一可着色图，简称唯一可着色图。可着色图。699.例例5考察下面考察下面3色图是否是唯一色图是否是唯一3可着色图。可着色图。v3v2v1G1v1G2v5v4v3v2G3v5v4v3v2v1解：解：(1)对于对于G1来说，来说，G1的任意的任意3正常着色方案导出的顶点划分均正常着色方案导出的顶点划分均是是v1,v2v3，所以，所以，G1是唯一是唯一3可着色图；可着色图；700.v1G2v5v4v3v2(2)对于对于G2来说，来说，G2的任意的任意3正常着色方

410、案导出的顶点划分均是正常着色方案导出的顶点划分均是v1,v2，v4v3,v5，所以，所以，G2是唯一是唯一3可着色图；例如：可着色图；例如：v1G2v5v4v3v2v1G2v5v4v3v2(3)对于对于G3来说，来说，G3不是唯一不是唯一3可着色图；因为：可着色图；因为：G3v5v4v3v2v1G3v5v4v3v2v1701.下面给出唯一可着色图的几个特征。下面给出唯一可着色图的几个特征。定理定理2(哈拉里，哈拉里，1968）设设G是唯一是唯一k可着色图，可着色图，k2,则：则：(1)k-1;k-1;(2)在在G G的任意一种的任意一种k k着色中，着色中，G G的任意两个色组的并的导出子图是

411、的任意两个色组的并的导出子图是连通的。连通的。证明：证明：(1)若不然，设若不然，设k-1,令令d(u)=,则则uN(u)702.设设是是G G的的k k着色方案，因为着色方案，因为 ，所以，在，所以，在下，至下，至少有一种颜色少有一种颜色, ,点点u u及其邻域均没有用到，设该色为及其邻域均没有用到，设该色为m,m,改变改变u u的颜色为的颜色为m,m,其余点的着色不变，这样得到其余点的着色不变，这样得到G G的的k k着色方案着色方案1 1. .显然，显然，与与1 1导导出的出的G G的顶点划分不同，这与的顶点划分不同，这与G G是唯一可着色图矛盾。是唯一可着色图矛盾。(2)若不然，则存在

412、若不然，则存在G的的k k着色方案着色方案和和G G的两个色组的两个色组C C1 1与与C C2 2, ,使得使得H=GH=GCC1 1CC2 2 不连通。设不连通。设H H1 1与与H H2 2是是H H的两个分支。的两个分支。因为因为G是唯一可着色图，所以，对任意点是唯一可着色图，所以，对任意点u和其邻域和其邻域N(u),它们在它们在下，必然用完了下，必然用完了k k种颜色，否则，由种颜色，否则，由(1)(1)的证明，得到的证明，得到G G是非唯一可是非唯一可着色图。着色图。这样，这样，H1与与H2中同时含有中同时含有C1和和C2中的顶点。中的顶点。703.如果交换如果交换C1V(H1)与

413、与C2V(H1)中顶点颜色，得到中顶点颜色，得到G的的k着色着色1 1, ,显然，显然，与与1 1的色划分是不同的。这与的色划分是不同的。这与G G的着色唯一性矛盾。的着色唯一性矛盾。v1Gv5v4v3v2例如，在下图例如，在下图G中，由黄色、红色色组导出的子图是连通的。中，由黄色、红色色组导出的子图是连通的。704.定理定理3(夏特朗）每个唯一夏特朗）每个唯一k(k2)可着色图是可着色图是(k-1)连通的。连通的。证明：设证明：设G是唯一是唯一k可着色图可着色图(k2)。情形情形1，如果，如果G是完全图，则是完全图，则G=Kk,显然显然G是是k-1连通的。连通的。情形情形2，如果，如果G是非

414、完全图，假若是非完全图，假若G不是不是(k-1)连通的，那么其连通度连通的，那么其连通度k(G)k-2k-2。于是。于是G G中存在点集中存在点集S S，S S=k-2, =k-2, 使得使得G-SG-S不连通。不连通。设设是是G G的的k k着色方案。在该方案下，至少有两种颜色着色方案。在该方案下，至少有两种颜色c c1 1与与c c2 2，S S中的中的顶点都没有使用。顶点都没有使用。而由定理而由定理2的的(2),着着c1与与c2色的点导出子图必连通。所以色的点导出子图必连通。所以,着着c1与与c2色的顶色的顶点在点在G-S中的同一个分支中，设该分支为中的同一个分支中，设该分支为G1.70

415、5.在在G-S中取一个不在中取一个不在G1中的点中的点u,将其染上将其染上c1色，这样得到色，这样得到G的另一个的另一个k着色方案。着色方案。显然，两种着色方案导出的色划分不同，这与条件矛盾。显然，两种着色方案导出的色划分不同，这与条件矛盾。推论：设推论：设G是唯一是唯一n(n2)可着色图，可着色图，是任意一种是任意一种n n着色方案，着色方案，则由则由的的任意任意k个色组导出的子图是个色组导出的子图是(k-1)连通的。连通的。证明：显然，任意证明：显然，任意k个色组导出子图是唯一个色组导出子图是唯一k可着色图，由定理可着色图，由定理3得到得到推论结论。推论结论。注：注：(1)唯一唯一1可着色

416、图是零图；可着色图是零图；(2)唯一唯一2可着色图是偶图；可着色图是偶图；除此之外，没有简单的结论！除此之外，没有简单的结论！706.定理定理4每个唯一每个唯一4可着色可平面图都是极大可平面图。可着色可平面图都是极大可平面图。证明：只需证明：证明：只需证明：m=3n-6即可。即可。一方面：一方面：G是可平面图，有：是可平面图，有：m3n-6;3n-6;另一方面：设另一方面：设G是唯一是唯一4可着色的可平面图，可着色的可平面图，是一种是一种4 4着色方案，色着色方案，色组记为组记为V Vi i(1i4).(1i4).因为因为ij时，时，GViVVj j 是连通的，所以是连通的，所以: :于是：于

417、是：所以，所以，m=3n-6,即即G是极大可平面图。是极大可平面图。707.定义定义3若图若图G的点色数是的点色数是k，且，且G中不含有三角形，称中不含有三角形，称G是一个不含三是一个不含三角形的角形的k色图。色图。3、不含三角形的、不含三角形的k色图色图例如：例如：不含三角形的三色图不含三角形的三色图不含三角形的不含三角形的4色图色图708.数学家狄拉克数学家狄拉克1953年在其论文年在其论文“k色图的构造色图的构造”中提出一个问题：对中提出一个问题：对于任意大的一个正整数于任意大的一个正整数k,是否存在一个图，不包含三角形但色数是是否存在一个图，不包含三角形但色数是k？上面问题分别由勃兰克

418、上面问题分别由勃兰克.斯德卡兹斯德卡兹(1954),米歇尔斯基米歇尔斯基(1955)独立作出独立作出了回答。了回答。米歇尔斯基米歇尔斯基(1955)给出了由一个不含三角形的给出了由一个不含三角形的k色图色图Gk构造一个不含构造一个不含三角形的三角形的k+1色图色图Gk+1的方法。的方法。构造方法：设构造方法：设Gk的顶点是的顶点是u1,u2,un,添加点添加点v1,v2,vn和点和点v。将。将vi与与ui的的所有邻点及所有邻点及v相连，相连，1inin。如此得到的图就是一个不含三角形的。如此得到的图就是一个不含三角形的k+1k+1色图。色图。709.例例6，利用米歇尔斯基方法构造一个不含三角形

419、的，利用米歇尔斯基方法构造一个不含三角形的4色图。色图。解：注意到解：注意到C5是不含三角形的是不含三角形的3色图，于是由色图，于是由C5可以构造出不含三角形可以构造出不含三角形的的4色图。色图。不含三角形的不含三角形的3色图色图u4u3u2u1u5不含三角形的不含三角形的4色图色图u1u2u3u4u5v1v2v3v4v5v710.注：利用米歇尔斯基方法构造一个不含三角形的注：利用米歇尔斯基方法构造一个不含三角形的k色图时，结果图与初色图时，结果图与初始图有关。始图有关。例例7，设，设Gk是不含三角形的是不含三角形的k色图，顶点数为色图，顶点数为f(k),而而Gk+1是由米歇尔斯基是由米歇尔斯

420、基方法构造出来的不含三角形的方法构造出来的不含三角形的k+1色图，其顶点数设为色图，其顶点数设为f(k+1)。求出。求出f(k)的的递推公式。递推公式。解：解：定理定理5(米歇尔斯基米歇尔斯基)对于任意正整数对于任意正整数k,存在不含三角形的存在不含三角形的k色图。色图。1961年，数学家年，数学家Erdos用概率方法证明了更一般结论：用概率方法证明了更一般结论：定理定理6(Erdos)对于任意正整数对于任意正整数m和和n,存在一个围长超过存在一个围长超过m的的n色图。色图。711.1968年，罗瓦斯构造性地证明了上面定理年，罗瓦斯构造性地证明了上面定理6注：定理注：定理6实际上是数学家凯利提

421、出的一个猜想。实际上是数学家凯利提出的一个猜想。(二二)、完美图简介、完美图简介1、相关概念、相关概念定义定义4(1)单单图图G的团：若单图的团：若单图G的一个顶点子集的一个顶点子集S在在G中的导出子图中的导出子图是完全图是完全图,则称则称S是是G的一个团；的一个团；(2)单图单图G的团数：单图的团数：单图G的最大团包含的顶点数称为的最大团包含的顶点数称为G的团数，记的团数，记为为c l(G),即：即：712.显然，图显然，图G的点色数与团数的关系为：的点色数与团数的关系为：定义定义5设设G是一个图。若对是一个图。若对G的每个点导出子图的每个点导出子图H，均有，均有,则称则称G为完美图。为完美

422、图。例如例如Kn,偶图是完美图，而不含三角形但含奇圈的图不是完美图。偶图是完美图，而不含三角形但含奇圈的图不是完美图。因为不含三角形的但含奇圈的图的团数为因为不含三角形的但含奇圈的图的团数为2，但色数为，但色数为3，所以，它，所以，它不能是完美图。不能是完美图。注：完美图问题是点着色的进一步讨论题材，属于比较高深和困难注：完美图问题是点着色的进一步讨论题材，属于比较高深和困难的问题。的问题。713.图图G的点独立数记为的点独立数记为(G)(G)或或。定义定义6设设G是一个图。由是一个图。由G中若干互不邻接的顶点作成的子集称为中若干互不邻接的顶点作成的子集称为G的一个点独立集；的一个点独立集；G

423、中含顶点数最多的点独立集称为中含顶点数最多的点独立集称为G的最大独立集，的最大独立集，其包含的顶点数称为独立数。其包含的顶点数称为独立数。对该问题的研究，早在对该问题的研究，早在1932年哥尼和加莱就已经涉及，但到了年哥尼和加莱就已经涉及，但到了1960年，完美图概念才被贝尔热正式提出。所以，贝尔热是完美图研究的年，完美图概念才被贝尔热正式提出。所以，贝尔热是完美图研究的代表人物。代表人物。注：关于图的覆盖与图的点独立数之间的关系，加莱得到了一些很注：关于图的覆盖与图的点独立数之间的关系，加莱得到了一些很漂亮的结论。漂亮的结论。714.定义定义7设设S是图是图G的顶点集合的一个划分。如果的顶点

424、集合的一个划分。如果S的每个子集在的每个子集在G中中的导出子图均是完全图，称的导出子图均是完全图，称S是是G的一个完全分类。的一个完全分类。G的最小完全分类的最小完全分类所包含的元素个数称为所包含的元素个数称为G的完全数，记为的完全数，记为(G),(G),即：即：2、关于独立数的完美图、关于独立数的完美图注：注：。这是因为独立集中任意一点应该属于。这是因为独立集中任意一点应该属于S中的某个中的某个顶点子集，同时，顶点子集，同时，S中每个顶点子集最多包含独立集中的一个元素。中每个顶点子集最多包含独立集中的一个元素。715.定义定义8若对若对G中每个点导出子图中每个点导出子图H，都有，都有称称G是

425、关于点独立集的完美图。是关于点独立集的完美图。1960年，数学家贝尔热猜想：关于色数的完美图定义和关于独立集年，数学家贝尔热猜想：关于色数的完美图定义和关于独立集的完美图定义是等价的。即下面著名的完美图定理。的完美图定义是等价的。即下面著名的完美图定理。1972年，年仅年，年仅22岁的罗瓦斯给出了上面定理的巧妙证明，在图论与组岁的罗瓦斯给出了上面定理的巧妙证明，在图论与组合数学领域引起极大震惊。当时数学家富尔克森也在研究该定理，认为合数学领域引起极大震惊。当时数学家富尔克森也在研究该定理，认为完美图定理条件太强，要修改。但当贝尔热告诉他罗瓦斯已经证明了定完美图定理条件太强，要修改。但当贝尔热告

426、诉他罗瓦斯已经证明了定理时，他马上花几个小时也完成了定理证明。理时，他马上花几个小时也完成了定理证明。定理定理7(完美图定理完美图定理)G是关于色数的完美图当且仅当是关于色数的完美图当且仅当G是关于独立集是关于独立集的完美图。的完美图。716.由定理由定理7，可以得到如下定理：，可以得到如下定理：定理定理8G是完美图当且仅当其补图是完美图。是完美图当且仅当其补图是完美图。3、关于完美图的结构研究、关于完美图的结构研究在关于完美图结构的问题上，贝尔热提出了下面的强完美图猜想在关于完美图结构的问题上，贝尔热提出了下面的强完美图猜想(SPGC猜想猜想)定理定理9(强完美图定理强完美图定理)图图G是完

427、美的当且仅当是完美的当且仅当G和其补图均没有导和其补图均没有导出子图是长度至少为出子图是长度至少为5的奇圈。的奇圈。注：强完美图定理是一个还没有被证明的公开性问题，所以，现在注：强完美图定理是一个还没有被证明的公开性问题，所以，现在还是一个吸引许多学者研究的问题。还是一个吸引许多学者研究的问题。我国学者许宝刚在我国学者许宝刚在2002年还提出了两个等价命题；刘桂真也在该问年还提出了两个等价命题；刘桂真也在该问题上取得了一些进展。题上取得了一些进展。717. 作业作业P187-190习题习题7：22，23，24，26718.Thank You !719.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、色多

428、项式概念、色多项式概念(二二)、色多项式的两种求法、色多项式的两种求法着色的计数与色多项式着色的计数与色多项式(三三)、色多项式的性质、色多项式的性质720.所谓色计数，就是给定标定图所谓色计数，就是给定标定图G和颜色数和颜色数k,求出正常顶点着色的方求出正常顶点着色的方式数。方式数用式数。方式数用Pk(G)表示。表示。(一一)、色多项式概念、色多项式概念可以证明：可以证明：Pk(G)是是k的多项式，称为图的多项式，称为图G的色多项式。的色多项式。由点色数由点色数和色多项式和色多项式Pk(G)的定义可得：的定义可得：(1)若若，则，则Pk(G)=0;(2)若若G为空图，则为空图，则Pk(G)=

429、kn。(3)Pk(Kn)=k(k-1)(k-n+1)。721.1、递推计数法、递推计数法(二二)、色多项式的两种求法、色多项式的两种求法定理定理1设设G为简单图，则对任意为简单图，则对任意有：有：证明：设证明：设e=uv。则对。则对G-e的着色方式数可以分为两部分：的着色方式数可以分为两部分：(1)u与与v着不同颜色。此时，等于着不同颜色。此时，等于G的着色方式数；的着色方式数；(2)u与与v着同色。此时，等于着同色。此时，等于Ge的着色方式数；的着色方式数；所以，得：所以，得：722.推论：设推论：设G是单图，是单图，e=uv是是G的一条边，且的一条边，且d(u)=1,则：则：证明：因为证明

430、：因为G是单图，是单图，e=uv,d(u)=1,所以所以Ge=G-u。另一方面，另一方面，Pk(G-e)=kPk(G-u)所以，所以，723.(1)当图当图G的边数较少时，使用减边递推法：的边数较少时，使用减边递推法：(2)当图当图G的边数较多时，使用加边递推法：的边数较多时，使用加边递推法：例例1求出下面各图的色多项式。求出下面各图的色多项式。G1G3G2注：对递推公式的使用分析：注：对递推公式的使用分析：724.(1)G1也可由推论：也可由推论：G1725.(2)G2726.(3)G3727.注：递推计数法的计算复杂度是指数型的。注：递推计数法的计算复杂度是指数型的。2、理想子图计数法、理

431、想子图计数法(1)预备知识预备知识定义定义1：设：设H是图是图G的生成子图。若的生成子图。若H的每个分支均为完全图，则的每个分支均为完全图，则称称H是是G的一个理想子图。用的一个理想子图。用Nr (G)表示表示G的具有的具有r 个分支的理想子个分支的理想子图的个数。图的个数。例例2求求N4(G),N5(G)。G728.解：通过观察枚举求解：通过观察枚举求Nr(G)G1)N4(G):G729.N4(G)=62)N5(G):GN5(G)=5730.定理定理2设设q r(G)表示将单图表示将单图G的顶点集合的顶点集合V划分为划分为r 个不同色组的个不同色组的色划分个数，则：色划分个数，则：证明：一方

432、面，设证明：一方面，设G的任一的任一r色划分为：色划分为：V1,V2,Vr。于是，对于。于是，对于1ir, ir, 是是 的完全子图。的完全子图。因为因为ViVj=(ij),(ij),所以所以 是是 的理想子图。的理想子图。这说明：这说明：G的任一的任一r色划分必然对应色划分必然对应的一个理想子图。容易知道，这的一个理想子图。容易知道，这种对应是唯一的；种对应是唯一的；731.另一方面，对于另一方面，对于的任一具有的任一具有r个分支的理想子图，显然它唯一个分支的理想子图，显然它唯一对应对应G中一个中一个r色组。色组。所以，我们得到：所以，我们得到：上面定理上面定理2实际上给我们提供了色多项式的

433、求法：用实际上给我们提供了色多项式的求法：用k种颜色对单图种颜色对单图G正常着色，可以这样来计算着色方式数：色组为正常着色，可以这样来计算着色方式数：色组为1的方式数的方式数+色组为色组为2的方的方式数式数+色组为色组为n的方式数。即有如下计数公式：的方式数。即有如下计数公式：(2)色多项式求法色多项式求法-理想子图法理想子图法732.定义定义2：设：设G是单图，令是单图，令Ni(G)=ri,ki=xi。称。称为图为图G的伴随多项式。的伴随多项式。于是，求于是，求Pk(G)就是要求出就是要求出的伴随多项式。的伴随多项式。用理想子图法求用理想子图法求Pk(G)的步骤如下：的步骤如下：(1)画出画

434、出G的补图的补图(2)求出关于补图的求出关于补图的(3)写出关于补图的伴随多项式写出关于补图的伴随多项式733.(4)将将代入伴随多项式中得到代入伴随多项式中得到Pk(G)。例例3求下图求下图G的色多项式的色多项式Pk(G)。G解：解：(1)G的补图为：的补图为：(2)求出关于补图的伴随多项式系数求出关于补图的伴随多项式系数ri(1i6)i6)734.1)r=62)r=53)r=4735.4)r=35)r=26)r=1(3)写出关于补图的伴随多项式写出关于补图的伴随多项式736.(4)将将代入伴随多项式中得到代入伴随多项式中得到Pk(G)。可以作如下计算：可以作如下计算：由此可以断定：由此可以

435、断定：。最优着色方式数有。最优着色方式数有12种。种。737.使用理想子图法求色多项式，还可以通过如下定理进行改进。使用理想子图法求色多项式，还可以通过如下定理进行改进。定理定理3若若G有有t个分支个分支H1,H2,Ht,且且Hi的伴随多项式为的伴随多项式为h(Hi,x),i=1,2,t,则：则：该定理说明，在求该定理说明，在求的伴随多项式时，可以分别求出它的每个的伴随多项式时，可以分别求出它的每个分支的伴随多项式，然后将它们作乘积。分支的伴随多项式，然后将它们作乘积。例例4求下图求下图G的色多项式的色多项式Pk(G)。738.解解:(1)画出画出G的补图的补图G2154351432H3H2H

436、1(2)求出补图中个分支的伴随多项式求出补图中个分支的伴随多项式(3)求出补图的伴随多项式求出补图的伴随多项式739.(4)求出求出G的色多项式的色多项式注：在例注：在例4中，中，k=3时，时，P3(G)=6,由此可以推出由此可以推出G的点色数为的点色数为3.求出了色多项式，可以由多项式推出点色数。但是，求色多项式的计算求出了色多项式，可以由多项式推出点色数。但是，求色多项式的计算量是很大的。递推方法是指数类计算量，而理想子图法中主要计算量是找出量是很大的。递推方法是指数类计算量，而理想子图法中主要计算量是找出所有理想子图，这也不是多项式时间算法。所有理想子图，这也不是多项式时间算法。740.

437、下面，我们对定理下面，我们对定理3作证明。作证明。定理定理3若若G有有t个分支个分支H1,H2,Ht,且且Hi的伴随多项式为的伴随多项式为h(Hi,x),i=1,2,t,则：则：分析：由伴随多项式定义：分析：由伴随多项式定义：所以，我们只需要证明所以，我们只需要证明等于等于的的k次项系数即次项系数即可。可。设设741.一方面：一方面：该多项式中该多项式中xk的系数的系数rk为：为：另一方面：设另一方面：设Mj是是Hj中具有中具有ij个分支的个分支的Hj的理想子图。当的理想子图。当i1+i2+it=k时，时，M1 M2Mt必是必是G的具有的具有k个分支的理想子个分支的理想子图。图。742.在给定

438、的在给定的i1,i2,it且且i1+i2+it=k情形下，对应的情形下，对应的G的具有的具有k个分支个分支的理想子图个数为：的理想子图个数为：所以，所以，G的具有的具有k个分支的理想子图的总个数为：个分支的理想子图的总个数为：所以得：所以得：743.(三三)、色多项式的性质、色多项式的性质定理定理4n阶单图阶单图G的色多项式的色多项式Pk(G)是常数项为是常数项为0的首的首1整系数多项整系数多项式，且各项系数符号正负相间。式，且各项系数符号正负相间。证明：对证明：对G的边数进行数学归纳证明。的边数进行数学归纳证明。当当m=0时，时，Pk(G)=kn,命题结论成立。命题结论成立。设设m=k时，命

439、题结论成立。时，命题结论成立。考虑考虑m=k+1的单图的单图G。(m1)取单图取单图G的任意一条边的任意一条边e,考虑考虑G-e与与Ge。对于对于G-e来说，由归纳假设，可设其色多项式为：来说，由归纳假设，可设其色多项式为：744.同样，可设同样，可设Ge的色多项式为：的色多项式为：由色多项式递推公式得：由色多项式递推公式得：注注:(1)定理的逆不成立定理的逆不成立!745.例例5(1)用递推公式证明：设用递推公式证明：设G=(n,m)是单图，则在其色多项式是单图，则在其色多项式Pk(G)中中kn-1的系数是的系数是-m。(2)不存在以不存在以k4-3k3+3k2为其色多项式的单图。为其色多项

440、式的单图。证明：证明：(1)采用对边数进行数学归纳证明。采用对边数进行数学归纳证明。当当m=1时，时，Pk(G)=Pk(G-e)-Pk(Ge)=kn-kn-1.显然，结论成立。显然，结论成立。设命题对少于设命题对少于m条边的条边的n阶单图成立。考虑单图阶单图成立。考虑单图G=(n,m).由递推公式：由递推公式：Pk(G)=Pk(G-e)-Pk(Ge).由假设可令由假设可令:Pk(G-e)=kn+a1kn-1+an-1k，且，且a1=-m+1;Pk(Ge)=kn-1+b1kn-2+bn-2k，且，且b1=-m+1;746.所以：所以：Pk(G)=kn+(a1+1)kn-1+(a2+b1)kn-2

441、+(an-1+bn-2)k所以，所以，a1+1=-m。(2)不存在以不存在以k4-3k3+3k2为其色多项式的单图。为其色多项式的单图。事实上，一方面，如果它是某单图的色多项式，则由多项式本身事实上，一方面，如果它是某单图的色多项式，则由多项式本身可以得到点色数为可以得到点色数为1；另一方面，由另一方面，由(1)和多项式本身，如果多项式是某单图的色多项式，和多项式本身，如果多项式是某单图的色多项式，则则m(G)=3.于是点色数至少为于是点色数至少为2.上面推导导出了矛盾！上面推导导出了矛盾！注注:(2)同构的图具有相同的色多项式，但逆不真。同构的图具有相同的色多项式，但逆不真。747.例例6求

442、证：下面图求证：下面图G1与与G2非同构但具有相同的色多项式。非同构但具有相同的色多项式。G1G2u1v1证明：因为证明：因为G1和和G2中分别有一个唯一的中分别有一个唯一的4度顶点：度顶点：u1与与v1。但是它。但是它们邻点状况不相同们邻点状况不相同:u1有有4个个2度邻点。而度邻点。而v1只有两个只有两个2度邻点。所以度邻点。所以G1与与G2不同构。不同构。通过直接计算得：通过直接计算得：Pk(G1)=Pk(G2)=10k3+5k4+k5对于图的色多项式，还有许多结论和进一步研究的问题。例如：教对于图的色多项式，还有许多结论和进一步研究的问题。例如：教材上的材上的Read猜想就是一个待研究

443、问题。猜想就是一个待研究问题。748.Thank You !749.本次课主要内容本次课主要内容(一一)、有向图的概念与性质、有向图的概念与性质(二二)、有向图的连通性、有向图的连通性有向图有向图(三三)、图的定向问题、图的定向问题(四四)、有向路与有向圈、有向路与有向圈750.1、概念、概念定义定义1一个有向图一个有向图D是指一个三元组是指一个三元组(V(D),E(D),D D) )。其中，。其中，V(D)V(D)是是非空的顶点集合，非空的顶点集合，E(D)E(D)是不与是不与V(D)V(D)相交的边集合，而相交的边集合，而D是关联函数，它是关联函数，它使使D的每条边对应的每条边对应D的有序

444、顶点对的有序顶点对(不必相异不必相异)。如果如果e是是D的一条边，而的一条边，而u与与v是使得是使得D(u,v)=e的顶点，那么称的顶点，那么称e是是由由u连接到连接到v，记为，记为e=。同时，称。同时，称u为为e的弧尾的弧尾(起点起点),v为为e的弧头的弧头(终点终点)。(一一)、有向图的概念与性质、有向图的概念与性质注：有向图可以简单地理解为注：有向图可以简单地理解为“边有方向的图边有方向的图”。751.例如：例如：有向图有向图Dv4v3v2v1e2e1e4e3e6e5e7v3与与v2分别是分别是e1的起点与终点。的起点与终点。定义定义2在一个有向图在一个有向图D中，具有相同起点和终点的边

445、称为平行边。中，具有相同起点和终点的边称为平行边。两点间平行边的条数称为该两点间的重数。两点间平行边的条数称为该两点间的重数。例如，在上图中，例如，在上图中，e6与与e7是平行边。是平行边。752.定义定义3在一个有向图在一个有向图D中，如果没有有向环和平行边，则称该图中，如果没有有向环和平行边，则称该图为简单有向图。为简单有向图。定义定义4设设D是有向图，去掉是有向图，去掉D中边的方向后得到的无向图中边的方向后得到的无向图G，称为，称为D的基础图。又若的基础图。又若G是无向图，给是无向图，给G的每条边加上方向后得到的有向的每条边加上方向后得到的有向图图D称为称为G的一个定向图。的一个定向图。

446、e3非简单有向图非简单有向图Dv4v3v2v1e2e1e4e6e5e7简单有向图简单有向图Dv4v3v2v1e2e1e4e6e5753.定义定义5设设D是有向图，是有向图，v是是D中顶点。以中顶点。以v为始点的边的条数称为点为始点的边的条数称为点v的的出度，以出度，以v为端点的一个自环算为端点的一个自环算1度。点度。点v的出度记为的出度记为d+(v);以以v为终点的边为终点的边的条数称为点的条数称为点v的入度，以的入度，以v为端点的一个自环算为端点的一个自环算1度。点度。点v的入度记为的入度记为d-(v);点点v的出度与入度之和称为点的出度与入度之和称为点v的度，记为的度，记为d(v)。有向图

447、有向图Dv4v3v2v1e2e1e4e6e5e7754.例例1一个简单图有多少个定向图？一个简单图有多少个定向图？答：因为每条边有答：因为每条边有2种定向方式，所以共有种定向方式，所以共有2m(G)种定向。种定向。例例2求证：求证：G存在一个定向图存在一个定向图D，使得对，使得对，有，有证明：不失一般性，设证明：不失一般性，设G是连通图。是连通图。G中奇度顶点个数必然为偶数个，中奇度顶点个数必然为偶数个，将偶数个奇数度顶点配对，然后在每一对配对顶点间连一条边得到欧拉将偶数个奇数度顶点配对，然后在每一对配对顶点间连一条边得到欧拉图图G1。在。在G1中用中用Fluery算法求出算法求出G的一欧拉环

448、游的一欧拉环游C,然后顺次地在然后顺次地在C上标上上标上方向，由此得到方向，由此得到C的定向图的定向图C1。在在C1中，去掉添加的边后，得到中，去掉添加的边后，得到G的定向图的定向图D.显然：显然：755.对对，有，有2、性质、性质定理定理1设设D=(V,E)是有向图，则：是有向图，则：证明：由出度与入度的定义立即可得上面等式。证明：由出度与入度的定义立即可得上面等式。3、有向图的矩阵表示、有向图的矩阵表示756.E=e1,e2,em(1)称称A(D)=(aij)nn是是D的邻接矩阵，其中的邻接矩阵，其中aij是是vi为始点，为始点，vj为终点的边为终点的边的条数，的条数，1in,1jn。定义

449、定义6设设D=(V,E)是有向图，其中是有向图，其中V=v1,v2,vn(2)若若D无环。称矩阵无环。称矩阵M=(mij)nm是是D的关联矩阵，其中的关联矩阵，其中757.例例1写出下面有向图写出下面有向图D1的邻接阵和的邻接阵和D2的关联阵。的关联阵。v4v3v2v1D1v4v3v2v1e1e4e3e2e5D2758.1、相关概念、相关概念(二二)、有向图的连通性、有向图的连通性(1)有向途径有向途径(闭途径闭途径)、迹、迹(闭迹闭迹)和路和路(圈圈)上面概念与无向图中相关概念类似。上面概念与无向图中相关概念类似。(2)有向图中顶点间的连通性有向图中顶点间的连通性定义定义7设设D=(V,E)

450、是有向图，是有向图，u与与v是是D中两个顶点。中两个顶点。1)若若D中存在一条中存在一条(u，v)路，则称路，则称u可达可达v,记为记为uv。规定。规定uu。2)若若D中存在一条中存在一条(u，v)路或路或(v,u)路，则称路，则称u与与v是单向连通的。是单向连通的。759.3)若若D中存在一条中存在一条(u，v)路和一条路和一条(v,u)路，则称路，则称u与与v是双向连通的是双向连通的或强连通的。或强连通的。D1D2D3定义定义8设设D=(V,E)是有向图。是有向图。1)若若D的基础图是连通的，称的基础图是连通的，称D是弱连通图；是弱连通图；2)若若D的中任意两点是单向连通的，称的中任意两点

451、是单向连通的，称D是单向连通图；是单向连通图；3)若若D的中任意两点是双向连通的，称的中任意两点是双向连通的，称D是强连通图；是强连通图；760.在上面三图中，在上面三图中，D1是强连通的，是强连通的，D2是单向连通的，而是单向连通的，而D3仅为弱连通图。仅为弱连通图。关于强连通图，我们有如下结论：关于强连通图，我们有如下结论：定理定理1：有向图有向图D=(V,E)是强连通的，当且仅当是强连通的，当且仅当D中存在包含中存在包含D中所有中所有顶点的回路。顶点的回路。证明：证明：“必要性必要性”设设V(D)=v1,v2,vn。由于。由于D是强连通图，所以，对任意两点是强连通图，所以，对任意两点vi

452、与与vj,都存在都存在(vi,vj)路，同时也存在路，同时也存在(vj,vi)路。所以存在如下闭途径：路。所以存在如下闭途径：v1v2vnv1。这是一条包含。这是一条包含D的所有顶点的回路。的所有顶点的回路。761.“充分性充分性”不失一般性，设不失一般性，设C=v1v2vnv1是包含是包含D的所有顶点的一条回的所有顶点的一条回路。对于路。对于D的任意两点的任意两点vi与与vj(ij),一方面，由一方面，由C可得到可得到vi到到vj的途径的途径vivi+1vj。另一方面，由。另一方面，由C又可得到又可得到vj到到vi的途径的途径vjvj+1vi-1vi。所以。所以D中任意两点是强连通的，即中任

453、意两点是强连通的，即D是强连通图。是强连通图。例例2说明下图说明下图D是强连通图。是强连通图。v1v5v4v2v3v6D解：解：v1v5v6v2v4v3v2v4v5v6v2v1是含是含D所有顶点的一条回路。所有顶点的一条回路。762.例例3求下图求下图D的强连通分支、单向连通分支。的强连通分支、单向连通分支。定义定义9设设D是有向图是有向图D=(V,E)的一个子图。如果的一个子图。如果D是强连通的是强连通的(单单向连通的、弱连通的向连通的、弱连通的),且且D中不存在真包含中不存在真包含D的子图是强连通的的子图是强连通的(单向单向连通的、弱连通的连通的、弱连通的),则称则称D是是D的一个强连通分

454、支的一个强连通分支(单向连通分支、弱单向连通分支、弱连通分支连通分支)。613254879D763.(1)D的强连通分支的强连通分支12,3,9,8,4,7613254879D56上面点集导出的子图是上面点集导出的子图是D的强连通分的强连通分支。支。324879165764.(2)D的单向连通分支的单向连通分支D的单向连通分支就是的单向连通分支就是D本身。本身。613254879D注：求注：求D的强、弱连通分支比较容易，的强、弱连通分支比较容易，求单向分支比较困难。求单向分支比较困难。定理定理2：有向图有向图D=(V,E)的每个点位于且仅位于的每个点位于且仅位于D的某个强的某个强(弱弱)连通分

455、连通分支中。支中。证明：对于弱连通分支情形，命题结论是显然的。证明：对于弱连通分支情形，命题结论是显然的。对于强连通分支情形，因为不难证明：对于强连通分支情形，因为不难证明：D中顶点间的强连通关系是等中顶点间的强连通关系是等价关系。该等价关系对应的等价类在价关系。该等价关系对应的等价类在D中的导出子图必然是中的导出子图必然是D的一个强的一个强分支。而分支。而D的一个强分支包含的顶点也必然是该等价关系的一个等价类。的一个强分支包含的顶点也必然是该等价关系的一个等价类。765.但是，对于单向连通分支来说，但是，对于单向连通分支来说，D的某个顶点，可能会分属于的某个顶点，可能会分属于D的若的若干个单

456、向连通分支。原因是单向连通关系不是等价关系。干个单向连通分支。原因是单向连通关系不是等价关系。(三三)、图的定向问题、图的定向问题图的定向问题是有向图中的一个典型问题之一，具有广泛的应用背景。图的定向问题是有向图中的一个典型问题之一，具有广泛的应用背景。城市交通网设计问题城市交通网设计问题:一座城市为某种需要，要把所有街道改为单行一座城市为某种需要，要把所有街道改为单行道，使得人们在任意两个位置都可以相互到达。如何设计单行道方向？道，使得人们在任意两个位置都可以相互到达。如何设计单行道方向？图论建模：街道交叉口模型为图的顶点，两点连线当且仅当该两点图论建模：街道交叉口模型为图的顶点，两点连线当

457、且仅当该两点是某街道的端点。是某街道的端点。766.问题等价于在模型图中给出其强连通定向。问题等价于在模型图中给出其强连通定向。对于任意一个无环图对于任意一个无环图G，要对其作强连通定向，需要解决两个问题：，要对其作强连通定向，需要解决两个问题：一是强连通定向的存在性问题，二是如何定向问题。一是强连通定向的存在性问题，二是如何定向问题。上面两个问题都已经得到解决。上面两个问题都已经得到解决。1、存在性问题、存在性问题定理定理3(罗宾斯，罗宾斯，1939)非平凡连通图非平凡连通图G具有强连通定向当且仅当具有强连通定向当且仅当G是是2边连通的。边连通的。罗宾斯罗宾斯(1915-2001),美国拓扑

458、学家，数理统计学家。美国拓扑学家，数理统计学家。2、强连通定向算法、强连通定向算法767.2、强连通定向算法、强连通定向算法该算法采用顶点标号方法给边标上方向。设该算法采用顶点标号方法给边标上方向。设G=(V,E)是是2边连通图。边连通图。(1)在在G中任取顶点中任取顶点w,令令l (w)=1,L=w,U=V-w,A=; ;(2)在在L中求点中求点v,使得使得l (v)最大且满足在最大且满足在U中存在其邻点中存在其邻点u。然后作有向边。然后作有向边。令。令l (u)=l (v)+1,L=Lu,U=U-u且且A=A;(3)若若LV,转转(2);否则转否则转(4);(4)对剩下的未赋予方向的边，按

459、由标号值大的顶点指向标号值小的顶点对剩下的未赋予方向的边，按由标号值大的顶点指向标号值小的顶点赋予方向。赋予方向。768.例例4求下图求下图G的强连通定向。的强连通定向。v2v1v6v5v4v3v7G解解:(1)取点取点v1,令令l (v1)=1,L=v1,U=v2,v3,v7,A=; ;(2)在在U中取点中取点v7,作边作边。令。令l (v7)=l (v1)+1=2,L=v1,v7,U=v2,v3,v6,A=Gv2v1(1)v6v5v4v3V7(2)769.(2)在在L中取中取v7,U中取点中取点v6,作边作边。令。令l (v6)=l (v7)+1=3,L=v1,v7,v6,U=v2,v3,

460、v5,A=,Gv2v1(1)V6(3)v5v4v3v7(2)(2)在在L中取中取v6,U中取点中取点v5,作边作边。令。令l (v5)=l (v6)+1=4,L=v1,v7,v6,v5,U=v2,v3,v4,A=,Gv2v1(1)V6(3)v5(4)v4v3v7(2)770.(2)在在L中取中取v4,U中取点中取点v2,作边作边。令。令l (v2)=l (v4)+1=5,L=v1,v7,v6,v5,v2,U=v3,v4,A=,Gv2(5)v1(1)V6(3)v5(4)v4v3v7(2)(2)在在L中取中取v2,U中取点中取点v3,作边作边。令。令l (v3)=l (v2)+1=6,L=v1,v

461、7,v6,v5,v2,v3,U=v4,A=,Gv2(5)v1(1)V6(3)v5(4)v4v3(6)v7(2)771.(2)在在L中取中取v3,U中取点中取点v4,作边作边。令。令l (v4)=l (v3)+1=7,L=v1,v7,v6,v5,v2,v3,v4,U=,A=,Gv2(5)v1(1)V6(3)v5(4)v4(7)v3(6)v7(2)(3)U=,所以，由所以，由(4),对剩下的边赋予方向。对剩下的边赋予方向。Gv2(5)v1(1)V6(3)v5(4)v4(7)v3(6)v7(2)772.1、有向路的性质、有向路的性质(四四)、有向路与有向圈、有向路与有向圈定理定理4(加莱，加莱，19

462、68)有向图有向图D中存在长度是中存在长度是至少为至少为的有向路。的有向路。证明：设证明：设A是是D中使得中使得D1=D-A不包含有向圈的极小边集合。又假定不包含有向圈的极小边集合。又假定D1中最长有向路的长度为中最长有向路的长度为k。设设C=1,2,k+1是颜色集合。按如下方法给是颜色集合。按如下方法给D1中顶点着色：中顶点着色：当当D1中以中以v为起点的最长有向路的长度为为起点的最长有向路的长度为i-1时，则给顶点时，则给顶点v着上着上i色。色。如此得到如此得到D1的的k+1个顶点子集：个顶点子集：V1,V2,Vk+1773.下面证明：下面证明：V1,V2,Vk+1构成构成D的色划分。的色

463、划分。首先证明：首先证明：D1中任意一条有向路的两个端点一定着了不同颜色。中任意一条有向路的两个端点一定着了不同颜色。设设P是是D1中的任意一条中的任意一条(u,v)路。设路。设v着了着了i色，则以色，则以v为起点的最长为起点的最长路路Q的长度为的长度为i-1。因为。因为D1中没有有向圈，所以，中没有有向圈，所以，u不可能在不可能在Q上，于上，于是是P的长度至少为的长度至少为i,这表明这表明u没有着没有着i色。色。其次证明：其次证明：D中任一有向边的端点着了不同颜色。中任一有向边的端点着了不同颜色。事实上：设事实上：设e=uv是是D的任意一条边。若的任意一条边。若e是是D1中边，则因中边，则因

464、e是路。是路。由前面证明，由前面证明，e的端点着了不同色；的端点着了不同色；774.设设e=uv是是D的任意一条边。若的任意一条边。若e不是不是D1中边，则因中边，则因A的极小性，的极小性，D1+uv必然有唯一圈必然有唯一圈C，显然，显然，C-uv是是D1中的一条中的一条(u,v)路，所以，路，所以，u与与v着了不同色。着了不同色。由此，得到由此，得到D的的k+1正常顶点着色，于是：正常顶点着色，于是：2、有向圈的性质、有向圈的性质定理定理5设设D=(V,E)是有向图。是有向图。(1)若若D中存在子图中存在子图H使得对任意的使得对任意的vV(H)均有均有d+(v)0(或或d-(v)0),则则D

465、中存在有向圈。中存在有向圈。(2)若若D连通，且对任意的连通，且对任意的vV(D)均有均有d+(v)=1(或或d-(v)=1),则则D中存在唯一中存在唯一有向圈。有向圈。775.定理定理6设设D=(V,E)是有向图。是有向图。D中存在有向欧拉环游，当且仅当中存在有向欧拉环游，当且仅当D连通且每个点的出度和入度相等；连通且每个点的出度和入度相等；D中存在有向欧拉迹，当且仅当中存在有向欧拉迹，当且仅当D连通且除了两个点外，每个点连通且除了两个点外，每个点的出度和入度相等。而这两个点中，一个点的入度比出度大的出度和入度相等。而这两个点中，一个点的入度比出度大1，另一，另一个点出度比入度大个点出度比入

466、度大1.在各种比赛中，循环比赛是常见形式，即对与对之间都要进行比在各种比赛中，循环比赛是常见形式，即对与对之间都要进行比赛。赛。循环比赛的结果可以用所谓的循环比赛的结果可以用所谓的“竞赛图竞赛图”来表示。来表示。u队战胜了队战胜了v队，队，则由点则由点u向向v画一条有向边。画一条有向边。显然，显然，“竞赛图竞赛图”是完全图的一种定向图。是完全图的一种定向图。776.n阶完全图的定向有多少不同方式？阶完全图的定向有多少不同方式？定理定理7竞赛图中存在有向竞赛图中存在有向H圈。圈。从同构的意义上看：一阶竞赛图有从同构的意义上看：一阶竞赛图有1个；二阶竞赛图有个；二阶竞赛图有1个；三阶个；三阶竞赛图

467、有竞赛图有2个；四阶竞赛图有个；四阶竞赛图有4个；五阶竞赛图有个；五阶竞赛图有12个个.12阶竞赛图超阶竞赛图超过过1540亿个。亿个。777.第二次上交第二次上交 作业作业1班班：2班班：778. 作业作业P256-259习题习题9：1，2，5，7，8，11，12，13779.Thank You !780.本次课主要内容本次课主要内容(二二)、边独立集与边覆盖、边独立集与边覆盖拉姆齐问题简介拉姆齐问题简介(一一)、独立集与覆盖、独立集与覆盖(四四)、拉姆齐数、拉姆齐数r(m,n)(三三)、点临界图与边临界图、点临界图与边临界图781.1、概念、概念定义定义1设设G=(V,E)是一个图。是一个

468、图。V的一个顶点子集的一个顶点子集V1称为称为G的一个点的一个点独立集独立集,如果如果V1中的顶点互不邻接；中的顶点互不邻接；(一一)、独立集与覆盖、独立集与覆盖G的一个包含顶点数最多的独立集称为的一个包含顶点数最多的独立集称为G的最大独立集。最大独立集的最大独立集。最大独立集包含的顶点数，称为包含的顶点数，称为G的点独立数，记为的点独立数，记为(G)(G)。v2v1v6v5v4v3v8v7G的一个独立集的一个独立集v2v1v6v5v4v3v8v7G的一个最大独立集的一个最大独立集782.定义定义2设设G=(V,E)是一个图。是一个图。V的一个顶点子集的一个顶点子集K称为称为G的一个点覆的一个

469、点覆盖盖,如果如果E中的每条边至少有一个端点在中的每条边至少有一个端点在K中。中。G的一个包含顶点数最少的点覆盖称为的一个包含顶点数最少的点覆盖称为G的最小点覆盖。最小点覆盖的最小点覆盖。最小点覆盖包含的顶点数，称为包含的顶点数，称为G的点覆盖数，记为的点覆盖数，记为(G)(G)。v2v1v6v5v4v3v8v7G的一个点覆盖的一个点覆盖v2v1v6v5v4v3v8v7G的一个最小点覆盖的一个最小点覆盖783.定理定理1(加莱加莱)对任意不含孤立点的对任意不含孤立点的n阶图阶图G，有：，有：2、加莱恒等式、加莱恒等式(G)+(G)=n证明：一方面，设证明：一方面，设V1是是G的最大点独立集。因

470、为的最大点独立集。因为G中每条边的端中每条边的端点最多一个在点最多一个在V1中，所以中，所以G中每条边的端点至少有一个在中每条边的端点至少有一个在V-V1中。即中。即V-V1构成构成G的一个点覆盖，于是有：的一个点覆盖，于是有：(G)V-V1=n-(G)另一方面，设另一方面，设K是是G的最小点覆盖。因为的最小点覆盖。因为G中每条边的端点至少有中每条边的端点至少有一个在一个在K中，所以中，所以G中每条边的端点至多有一个在中每条边的端点至多有一个在V-K中。即中。即V-K构构成成G的一个点独立集，于是有：的一个点独立集，于是有：784.(G)V-K=n-(G)由上面两个不等式，得到：由上面两个不等

471、式，得到：(G)+(G)=n(二二)、边独立集与边覆盖、边独立集与边覆盖1、概念、概念定义定义3设设G=(V,E)是一个图。是一个图。E的一个边子集的一个边子集E1称为称为G的一个边独的一个边独立集立集,如果如果E1中的边互不邻接；中的边互不邻接；G的一个包含边数最多的边独立集称为的一个包含边数最多的边独立集称为G的最大边独立集。最大边独的最大边独立集。最大边独立集包含的边数，称为立集包含的边数，称为G的边独立数，记为的边独立数，记为 (G)。785.注：单图的一个边独立集实际上就是图的一个匹配，一个最大边注：单图的一个边独立集实际上就是图的一个匹配，一个最大边独立集就是其一个最大匹配。独立集

472、就是其一个最大匹配。G的一个边独立集的一个边独立集G的一个最大边独立集的一个最大边独立集定义定义4设设G=(V,E)是一个图。是一个图。E的一个边子集的一个边子集L称为称为G的一个边覆盖的一个边覆盖,如果如果G中的每个顶点均是中的每个顶点均是L中某条边的端点。中某条边的端点。G的一个包含边数最少的边覆盖称为的一个包含边数最少的边覆盖称为G的最小边覆盖。最小边覆盖包的最小边覆盖。最小边覆盖包含的边数，称为含的边数，称为G的边覆盖数，记为的边覆盖数，记为(G)。786.G的一个边覆盖的一个边覆盖G的一个最小边覆盖的一个最小边覆盖2、加莱恒等式、加莱恒等式定理定理2(加莱加莱)对任意不含孤立点的对任

473、意不含孤立点的n阶单图阶单图G，有：，有：(G)+(G)=n证明：一方面证明：一方面,设设(G)=k,则则G的最大匹配由的最大匹配由k条边组成，且覆盖条边组成，且覆盖了了2k个顶点。个顶点。所以，余下的所以，余下的n-2k个顶点至多需要个顶点至多需要n-2k条边就可以被覆盖，于是：条边就可以被覆盖，于是：(G)k+(n-2k)=n-k。787.所以，所以，(G)+(G)k+(n-k)=n另一方面另一方面,设设X是是G的一个最小边覆盖，则的一个最小边覆盖，则X=(G)。考虑导出子图考虑导出子图F=GX。可以证明。可以证明F中不会包含长度为中不会包含长度为3的迹。的迹。若不然，设若不然，设F中包含

474、长度为中包含长度为3的迹。取该迹的中间边的迹。取该迹的中间边e，显然，显然，X-e仍然仍然构成构成G的边覆盖，与的边覆盖，与X的最小性矛盾。的最小性矛盾。所以，所以，F中不包含长度为中不包含长度为3和大于和大于3的迹。也不包含圈。的迹。也不包含圈。所以，所以，F中的每个连通分支必然为星图。中的每个连通分支必然为星图。F是森林。是森林。因为，阶数为因为，阶数为n，边数为，边数为n-k的森林包含的森林包含k个连通分支。而个连通分支。而F的边数为的边数为n-(n-(G)，所以，所以F有有n-(G)个分支。个分支。788.从从F的每个分支中选取一条边，可作成的每个分支中选取一条边，可作成G的一个匹配，

475、所以的一个匹配，所以(G)n-(G)。由上面两个不等式，得到：由上面两个不等式，得到：(G)+(G)=n。例例1确定下图确定下图G的的(G)，(G)，(G)，(G)。1432567G解：顶点解：顶点2的左右两部分均是的左右两部分均是K4,所以可以推知所以可以推知(G)=2，再由加莱恒，再由加莱恒等式得：等式得：(G)=5。789.定理定理3设设G是无孤立点的偶图，则是无孤立点的偶图，则G中最大点独立集包含的顶点中最大点独立集包含的顶点数等于最小边覆盖所包含的边数。数等于最小边覆盖所包含的边数。1432567G又因为又因为G的阶数为的阶数为7,所以，所以，G的最的最大匹配包含的边数不会超过大匹配

476、包含的边数不会超过3，即，即(G)3;3;而在而在G中找出了匹配：中找出了匹配：16，23，45，所以，所以(G)3，所以所以(G)=3。再由加莱恒等式：。再由加莱恒等式：(G)=4.证明：首先由两个加莱恒等式得：证明：首先由两个加莱恒等式得：(G)+(G)=(G)+(G)790.其次，由第其次，由第5章中的哥尼定理得：章中的哥尼定理得：(G)=(G)所以得：所以得：(G)=(G).定理得到证明。定理得到证明。(三三)、点临界图与边临界图、点临界图与边临界图定义定义5设设G=(V,E)是一个图。是一个图。v是是G的一个顶点，的一个顶点，e是是G的一条边。若的一条边。若(G-v)(G),称称v是

477、是G的的临界点；若临界点；若(G-e)k;然后再找到一个然后再找到一个k+1阶图阶图G2,说说明它或者包含明它或者包含Km或者含有或者含有n点独立集，得到点独立集，得到r(m,n)k+1.通过上面的方法，得到：通过上面的方法，得到：r(m,n)=k+1。797.例例2求求(1)r(1,n);(2)r(3,3)解：解：(1)r(1,n)=1(2)求求r(3,3)一方面：注意到一方面：注意到C5中既不含有中既不含有K3，也不含有，也不含有3点独立集，所以：点独立集，所以：r(3,3)6；另一方面：可以证明，任一另一方面：可以证明，任一6阶单图，或者含有阶单图，或者含有K3，或者含有，或者含有3点点

478、独立集。独立集。事实上，设事实上，设V(G)=v1,v2,v6。考虑。考虑v1。情形情形1若若G中至少有中至少有3个点与个点与v1邻接。不失一般性，设邻接。不失一般性，设v1与与v2,v3,v4邻邻接。接。798.如果如果v2,v3,v4互不邻接，则它们构成互不邻接，则它们构成G的的3点独立集；否则，显然在点独立集；否则，显然在G中存在中存在K3。情形情形2若若G中至多有中至多有2个点与个点与v1邻接。那么在邻接。那么在G的补图中至少有的补图中至少有3个个顶点与顶点与v1邻接。于是由情形邻接。于是由情形1，G的补图中或者存在的补图中或者存在K3或者存在或者存在3点独点独立集，当然在立集，当然在

479、G中也就或者存在中也就或者存在3点独立集或者存在点独立集或者存在K3.v1v4v3v2所以，所以，r(3,3)=6。799.拉姆齐数的计算很难，所以研究拉姆齐数的上下界是该问题的主拉姆齐数的计算很难，所以研究拉姆齐数的上下界是该问题的主题。下面综述一些结果。题。下面综述一些结果。(1)Erdos教授在教授在1935年提出如下结论：年提出如下结论：定理定理1对于任意两个正整数对于任意两个正整数m和和n,且且m,n2,有：有：并且，如果并且，如果r(m,n-1)和和r(m-1,n)都是偶数，则上面严格不等式成都是偶数，则上面严格不等式成立。立。800.例例4已知，已知，r(2,5)=5,r(3,4

480、)=9求求(1)r(3,5);(2)r(4,4)解：解：(1)一方面由上面定理一方面由上面定理1：r(3,5)r(2, 5)+r(3, 4) =14r(2, 5)+r(3, 4) =14另一方面可以构造出一个另一方面可以构造出一个13阶图阶图G，它既不含，它既不含K3，又不含，又不含5点独立点独立集。集。G所以，所以，r(3,5)=14。801.(2)一方面由上面定理一方面由上面定理1：r(4,4)r(3, 4)+r(4, 3) =18r(3, 4)+r(4, 3) =18另一方面可以构造出一个另一方面可以构造出一个17阶图阶图G，它既不含，它既不含K4，又不含，又不含4点独立点独立集。集。所

481、以，所以，r(4,4)=18。G802.定理定理2当当m,n2时，有：时，有：定义定义8称称r(m,m)为对角线拉姆齐数。为对角线拉姆齐数。(2)Erdos教授利用概率方法证明了如下结论：教授利用概率方法证明了如下结论：定理定理3注：注：f(n)(1-o(1)g(n)表示：对任意表示：对任意0, 0, 存在自然数存在自然数N N，当，当nNnN时，时，有有f(n)(1-)g(n)。803.(3)1959年，年，Erdos教授利用随机图论方法，巧妙证明了如下结论：教授利用随机图论方法，巧妙证明了如下结论：定理定理41995年，贝尔实验室的年轻数学家年，贝尔实验室的年轻数学家Kim(现在微软公司，

482、他是现在微软公司，他是Erdos的学生的学生)得到定理得到定理4的改进界：的改进界：定理定理5Kim由此获得由此获得1997年度的年度的Fulkerson奖。这是图论领域的重大事件。奖。这是图论领域的重大事件。804.(4)对于对于r(m,n)的下界，的下界，1977年，年，Spencer利用罗瓦斯的局部引理利用罗瓦斯的局部引理得到：得到：定理定理6罗瓦斯由此获得罗瓦斯由此获得1999年度的年度的Wolf奖。这也是图论领域的重大事件。奖。这也是图论领域的重大事件。1980年，年，Komlos等得到：等得到：定理定理7805.后来，后来，Bollbas教授作了改进：教授作了改进：定理定理7200

483、7年，我国学者李雨生等进一步对上面界做了改进，引起数学年，我国学者李雨生等进一步对上面界做了改进，引起数学界的关注界的关注!即：即：定理定理8以上是对拉姆齐问题作的简单介绍。随着社会的进步，特别是信以上是对拉姆齐问题作的简单介绍。随着社会的进步，特别是信息化进程的加速，图论与组合数学必然息化进程的加速，图论与组合数学必然806.得到进一步发展。连续数学和离散数学的相互渗透，可能代表数学发得到进一步发展。连续数学和离散数学的相互渗透，可能代表数学发展的一个重要趋势。展的一个重要趋势。拉姆齐理论的不少研究者，都工作在著名的高新技术大公司的数拉姆齐理论的不少研究者，都工作在著名的高新技术大公司的数学

484、研究中心，如贝尔实验室，学研究中心，如贝尔实验室，IBM和微软公司等。这说明，高新技术和微软公司等。这说明，高新技术离不开图论与组合数学。离不开图论与组合数学。由于时间关系，我们在由于时间关系，我们在60学时的图论教学中，不可能把图论所包学时的图论教学中，不可能把图论所包含的所有成果作出介绍。但愿通过学习，能够对图论的基本理论和基含的所有成果作出介绍。但愿通过学习，能够对图论的基本理论和基本应用有所理解，为以后的专业研究拓展一点数学基础。本应用有所理解，为以后的专业研究拓展一点数学基础。807.Thank You !808.本次课主要内容本次课主要内容(二二)、重要结论、重要结论期末复习期末复

485、习(一一)、重点概念、重点概念(三三)、应用、应用809.(一一)、重点概念、重点概念1、图、简单图、图的同构与自同构、度序列与图序列、补图与自补、图、简单图、图的同构与自同构、度序列与图序列、补图与自补图、两个图的联图、两个图的积图、偶图；图、两个图的联图、两个图的积图、偶图；(1)图：一个图是一个序偶图：一个图是一个序偶，记为，记为G=(V,E),其中：其中：1)V是一个有限的非空集合，称为顶点集合是一个有限的非空集合，称为顶点集合,其元素称为顶点或点。其元素称为顶点或点。用用|V|V|表示顶点数；表示顶点数；2)E是由是由V中的点组成的无序对构成的集合，称为边集，其元素称中的点组成的无序

486、对构成的集合，称为边集，其元素称为边，且同一点对在为边，且同一点对在E中可以重复出现多次。用中可以重复出现多次。用|E|E|表示边数。表示边数。(2)简单图：无环无重边的图称为简单图。简单图：无环无重边的图称为简单图。810.(3)图的度序列：图的度序列：一个图一个图G的各个点的度的各个点的度d1, d2, dn构成的非负整数组构成的非负整数组(d1, d2, dn)称称为为G的度序列的度序列。注：度序列的判定问题是重点。注：度序列的判定问题是重点。(4)图的图序列：图的图序列：一个非负数组如果是某简单图的度序列，我们称它为可图序列，简一个非负数组如果是某简单图的度序列，我们称它为可图序列，简

487、称图序列。称图序列。注：度序列的判定问题是重点。注：度序列的判定问题是重点。(5)图的同构：图的同构：811.设有两个图设有两个图G1=(V1,E1)和和G2=(V2,E2),若在其顶点集合间存在双射，使得边若在其顶点集合间存在双射，使得边之间存在如下关系：设之间存在如下关系：设u1u2v1v2,u1,v1V1,u2,v2V2;u1v1E1,当当且仅当且仅当u2v2E2,且且u1v1与与u2v2的重数相同。称的重数相同。称G1与与G2同构，记为：同构，记为：例例1指出指出4个顶点的非同构的所有简单图。个顶点的非同构的所有简单图。分析：四个顶点的简单图最少边数为分析：四个顶点的简单图最少边数为0

488、，最多边数为，最多边数为6，所以，所以可按边数进行枚举。可按边数进行枚举。812.(6)补图与自补图补图与自补图1)对于一个简单图对于一个简单图G =（V,E），令集合），令集合则图则图H =（V，E1E）称为）称为G的补图，记为的补图，记为2)对于一个简单图对于一个简单图G =（V,E），若），若，称，称G为自补图。为自补图。注：要求掌握自补图的性质。注：要求掌握自补图的性质。813.(7)联图联图设设G1,G2是两个不相交的图，作是两个不相交的图，作G1+G2，并且将，并且将G1中每个顶点和中每个顶点和G2中的每个顶点连接，这样得到的新图称为中的每个顶点连接，这样得到的新图称为G1与与G2

489、的联图。记为的联图。记为：(8)积图积图设设是两个图。对点集是两个图。对点集的任意两个点的任意两个点u=(u1,u2)与与v=(v1,v2),当当(u1=v1和和u2adjv2)或或(u2=v2和和u1adjv1)时，把时，把u与与v相连。如此得到的新图称为相连。如此得到的新图称为G1与与G2的积图。记为的积图。记为814.(9)偶图偶图所谓具有二分类（所谓具有二分类（X,Y）的偶图（或二部图）是指一个图，它的点）的偶图（或二部图）是指一个图，它的点集可以分解为两个集可以分解为两个(非空非空)子集子集X和和Y，使得每条边的一个端点在中，另，使得每条边的一个端点在中，另一个端点在一个端点在Y中中

490、.注注:掌握偶图的判定。掌握偶图的判定。2、树、森林，生成树，最小生成树、根树、完全、树、森林，生成树，最小生成树、根树、完全m元树。元树。(1)树树不含圈的图称为无圈图，树是连通的无圈图。不含圈的图称为无圈图，树是连通的无圈图。(2)森林森林称无圈图称无圈图G为森林。为森林。815.(3)生成树生成树图图G的一个生成子图的一个生成子图T如果是树，称它为如果是树，称它为G的一棵生成树；若的一棵生成树；若T为森林，称它为为森林，称它为G的一个生成森林。的一个生成森林。生成树的边称为树枝，生成树的边称为树枝，G中非生成树的边称为弦。中非生成树的边称为弦。(4)最小生成树最小生成树在连通边赋权图在连

491、通边赋权图G中求一棵总权值最小的生成树。该生成树称中求一棵总权值最小的生成树。该生成树称为最小生成树或最小代价树。为最小生成树或最小代价树。注：要求熟练掌握最小生成树的求法。注：要求熟练掌握最小生成树的求法。(5)根树根树一棵非平凡的有向树一棵非平凡的有向树T，如果恰有一个顶点的入度为，如果恰有一个顶点的入度为0，而其余所有顶，而其余所有顶点的入度为点的入度为1，这样的的有向树称为根树。其中入度为，这样的的有向树称为根树。其中入度为0的点称为树根，的点称为树根，出度为出度为0的点称为树叶，入度为的点称为树叶，入度为1，出度大于，出度大于1的点称为内点。又将内点和的点称为内点。又将内点和树根统称

492、为分支点。树根统称为分支点。816.(6)完全完全m元树元树对于根树对于根树T，若每个分支点至多，若每个分支点至多m个儿子，称该根树为个儿子，称该根树为m元根树；元根树；若每个分支点恰有若每个分支点恰有m个儿子，称它为完全个儿子，称它为完全m元树。元树。注：对于完全注：对于完全m元树，要弄清其结构。元树，要弄清其结构。3、途径、途径(闭途径闭途径)，迹，迹(闭迹闭迹),路路(圈圈),最短路，连通图，连通分支，点最短路，连通图，连通分支，点连通度与边连通度。连通度与边连通度。注：上面概念分别在注：上面概念分别在1和和3章章4、欧拉图，欧拉环游，欧拉迹，哈密尔顿圈，哈密尔顿图，哈密尔、欧拉图，欧拉

493、环游，欧拉迹，哈密尔顿圈，哈密尔顿图，哈密尔顿路，中国邮路问题，最优顿路，中国邮路问题，最优H圈。圈。817.(1)欧拉图与欧拉环游欧拉图与欧拉环游(2)欧拉迹欧拉迹对于连通图对于连通图G，如果，如果G中存在经过每条边的闭迹，则称中存在经过每条边的闭迹，则称G为欧拉为欧拉图，简称图，简称G为为E图。欧拉闭迹又称为欧拉环游，或欧拉回路。图。欧拉闭迹又称为欧拉环游，或欧拉回路。对于连通图对于连通图G，如果，如果G中存在经过每条边的迹，则称该迹为中存在经过每条边的迹，则称该迹为G的的一条欧拉迹。一条欧拉迹。(3)哈密尔顿图与哈密尔顿圈哈密尔顿图与哈密尔顿圈如果经过图如果经过图G的每个顶点恰好一次后能

494、够回到出发点，称这样的每个顶点恰好一次后能够回到出发点，称这样的图为哈密尔顿图，简称的图为哈密尔顿图，简称H图。所经过的闭途径是图。所经过的闭途径是G的一个生成圈，的一个生成圈，称为称为G的哈密尔顿圈。的哈密尔顿圈。(4)哈密尔顿路哈密尔顿路图图G的经过每个顶点的路称为哈密尔顿路。的经过每个顶点的路称为哈密尔顿路。818.5、匹配、最大匹配、完美匹配、最优匹配、因子分解。、匹配、最大匹配、完美匹配、最优匹配、因子分解。(1)匹配匹配匹配匹配M-如果如果M是图是图G的边子集的边子集(不含环），且不含环），且M中的任意两条边没有共中的任意两条边没有共同顶点，则称同顶点，则称M是是G的一个匹配或对集

495、或边独立集。的一个匹配或对集或边独立集。(2)最大匹配与完美匹配最大匹配与完美匹配最大匹配最大匹配M-如果如果M是图是图G的包含边数最多的匹配，称的包含边数最多的匹配，称M是是G的一个的一个最大匹配。特别是，若最大匹配饱和了最大匹配。特别是，若最大匹配饱和了G的所有顶点，称它为的所有顶点，称它为G的一的一个完美匹配。个完美匹配。(3)最优匹配最优匹配设设G=(X,Y)是边赋权完全偶图，是边赋权完全偶图，G中的一个权值最大的完美匹配称为中的一个权值最大的完美匹配称为G的最优匹配。的最优匹配。819.(4)因子分解因子分解所谓一个图所谓一个图G的因子分解，是指把图的因子分解，是指把图G分解为若干个

496、边不重的因子之分解为若干个边不重的因子之并。并。注：要弄清楚因子分解和完美匹配之间的联系与区别。注：要弄清楚因子分解和完美匹配之间的联系与区别。6、平面图、极大平面图、极大外平面图、平面图的对偶图。、平面图、极大平面图、极大外平面图、平面图的对偶图。(1)平面图：平面图：如果能把图如果能把图G画在平面上，使得除顶点外，边与边之间画在平面上，使得除顶点外，边与边之间没有交叉，称没有交叉，称G可以嵌入平面，或称可以嵌入平面，或称G是可平面图。可平面图是可平面图。可平面图G的边不的边不交叉的一种画法，称为交叉的一种画法，称为G的一种平面嵌入，的一种平面嵌入，G的平面嵌入表示的图称为的平面嵌入表示的图

497、称为平面图。平面图。820.(2)极大平面图极大平面图:设设G是简单可平面图，如果是简单可平面图，如果G是是Ki(1i4),或者在或者在G的任意非邻接顶点间添加一条边后，得到的图均是非可平面图，则的任意非邻接顶点间添加一条边后，得到的图均是非可平面图，则称称G是极大可平面图。是极大可平面图。 极大可平面图的平面嵌入称为极大平面图。极大可平面图的平面嵌入称为极大平面图。(3)极大外平面图：若一个可平面图极大外平面图：若一个可平面图G存在一种平面嵌入，使得其所有存在一种平面嵌入，使得其所有顶点均在某个面的边界上，称该图为外可平面图。外可平面图的一种顶点均在某个面的边界上，称该图为外可平面图。外可平

498、面图的一种外平面嵌入，称为外平面图。外平面嵌入，称为外平面图。(4)平面图的对偶图：给定平面图平面图的对偶图：给定平面图G，G的对偶图的对偶图G*如下构造：如下构造：1)在在G的每个面的每个面fi内取一个点内取一个点vi*作为作为G*的一个顶点；的一个顶点；2)对对G的一条边的一条边e,若若e是面是面fi 与与fj 的公共边，则连接的公共边，则连接vi*与与vj*，且连线，且连线穿过边穿过边e;若若e是面是面fi中的割边，则以中的割边，则以vi为顶点作环，且让它与为顶点作环，且让它与e相交。相交。821.7、边色数、点色数、色多项式、边色数、点色数、色多项式(1)、边色数、边色数设设G是图，对

499、是图，对G进行正常边着色需要的最少颜色数，称为进行正常边着色需要的最少颜色数，称为G的边色的边色数，记为：数，记为：(2)、点色数、点色数对图对图G正常顶点着色需要的最少颜色数，称为图正常顶点着色需要的最少颜色数，称为图G的点色数。图的点色数。图G的点色数用的点色数用表示。表示。(3)、色多项式、色多项式对图进行正常顶点着色，其方式数对图进行正常顶点着色，其方式数Pk(G)是是k的多项式，称为图的多项式，称为图G的的色多项式。色多项式。822.8、强连通图、单向连通图、弱连通图、强连通图、单向连通图、弱连通图(1)、强连通图、强连通图(2)、弱连通图、弱连通图(3)、单向连通图、单向连通图若若

500、D的基础图是连通的，称的基础图是连通的，称D是弱连通图；是弱连通图；若若D的中任意两点是单向连通的，称的中任意两点是单向连通的，称D是单向连通图。是单向连通图。若若D的中任意两点是双向连通的，称的中任意两点是双向连通的，称D是强连通图；是强连通图；823.(二二)、重要结论、重要结论1、握手定理及其推论、握手定理及其推论定理定理1：图图G=(V,E)中所有顶点的度的和等于边数中所有顶点的度的和等于边数m的的2倍，即：倍，即：推论推论1在任何图中，奇点个数为偶数。在任何图中，奇点个数为偶数。推论推论2正则图的阶数和度数不同时为奇数正则图的阶数和度数不同时为奇数。824.2、托兰定理、托兰定理定理

501、定理2若若n阶简单图阶简单图G不包含不包含Kl+1，则，则G度弱于某个完全度弱于某个完全l 部图部图H，且若且若G具有与具有与H 相同的度序列，则相同的度序列，则:定理定理3设设T是是(n,m)树，则：树，则：3、树的性质、树的性质4、最小生成树算法、最小生成树算法825.5、偶图判定定理、偶图判定定理定理定理4图图G是偶图当且仅当是偶图当且仅当G中没有奇回路。中没有奇回路。6、敏格尔定理、敏格尔定理定理定理5(1)设设x与与y是图是图G中的两个不相邻点，则中的两个不相邻点，则G中分离点中分离点x与与y的最的最小点数等于独立的小点数等于独立的(x,y)路的最大数目；路的最大数目；(2)设设x与

502、与y是图是图G中的两个不相邻点，则中的两个不相邻点，则G中分离点中分离点x与与y的最小边的最小边数等于数等于G中边不重的中边不重的(x,y)路的最大数目。路的最大数目。7、欧拉图、欧拉迹的判定、欧拉图、欧拉迹的判定826.定理定理6下列陈述对于非平凡连通图下列陈述对于非平凡连通图G是等价的：是等价的：(1)G是欧拉图；是欧拉图；(2)G的顶点度数为偶数；的顶点度数为偶数；(3)G的边集合能划分为圈。的边集合能划分为圈。推论：推论：连通非欧拉图连通非欧拉图G存在欧拉迹当且仅当存在欧拉迹当且仅当G中只有两个顶点度数中只有两个顶点度数为奇数。为奇数。8、H图的判定图的判定定理定理7(必要条件必要条件

503、)若若G为为H图，则对图，则对V(G)的任一非空顶点子集的任一非空顶点子集S，有：，有：827.定理定理8(充分条件充分条件)对于对于n33的单图的单图G G，如果，如果G G中有：中有：定理定理9(充分条件充分条件)对于对于n33的单图的单图G G，如果，如果G G中的任意两个不相邻中的任意两个不相邻顶点顶点u u与与v v，有：，有：定理定理10(帮迪帮迪闭包定理闭包定理)图图G是是H图当且仅当它的闭包是图当且仅当它的闭包是H图。图。828.定理定理11(Chvtal度序列判定法度序列判定法)设简单图设简单图G的度序列是的度序列是(d1,d2,dn),这里，这里，d1dd2 2ddn n,

504、 ,并且并且n3.n3.若对任意的若对任意的mn/2,mm,m,或者或者d dn-m n-m n-m, n-m,则则G G是是H H图。图。定理定理12设设G是是n阶单图。若阶单图。若n33且且则则G是是H图；并且，具有图；并且，具有n个顶点个顶点条边的非条边的非H图只有图只有C1,n以以及及C2,5.829.8、偶图匹配与因子分解、偶图匹配与因子分解定理定理13(Hall定理）设定理）设G=(X,Y)是偶图，则是偶图，则G存在饱和存在饱和X每个顶点的匹配每个顶点的匹配的充要条件是：的充要条件是：推论：若推论：若G是是k(k0)正则偶图，则正则偶图，则G存在完美匹配。存在完美匹配。定理定理14

505、(哥尼，哥尼，1931)在偶图中，最大匹配的边数等于最小覆盖的顶点数。在偶图中，最大匹配的边数等于最小覆盖的顶点数。定理定理15K2n可一因子分解。可一因子分解。830.定理定理16具有具有H圈的三正则图可一因子分解。圈的三正则图可一因子分解。定理定理17K2n+1可可2因子分解。因子分解。定理定理18K2n可分解为一个可分解为一个1因子和因子和n-1个个2因子之和。因子之和。定理定理19每个没有割边的每个没有割边的3正则图是一个正则图是一个1因子和因子和1个个2因子之和。因子之和。最优匹配算法最优匹配算法(见教材）见教材）9、平面图及其对偶图、平面图及其对偶图1)、平面图的次数公式、平面图的

506、次数公式831.2)、平面图的欧拉公式、平面图的欧拉公式定理定理20设设G=(n,m)是平面图，则：是平面图，则：定理定理21(欧拉公式欧拉公式)设设G=(n,m)是连通平面图，是连通平面图，是是G G的面数，则：的面数，则：3)、几个重要推论、几个重要推论832.推论推论1设设G是具有是具有n n个点个点m m条边条边个面的连通平面图，如果对个面的连通平面图，如果对G G的每的每个面个面f f , ,有：有：deg (deg (f f) ) l 3,3,则：则：推论推论2设设G是具有是具有n n个点个点m m条边条边个面的简单平面图，则：个面的简单平面图，则：推论推论3设设G是具有是具有n

507、n个点个点m m条边的简单平面图，则：条边的简单平面图，则：833.注：掌握证明方法。注：掌握证明方法。4)、对偶图的性质、对偶图的性质定理定理22平面图平面图G的对偶图必然连通的对偶图必然连通.5)、极大平面图的性质、极大平面图的性质定理定理23设设G是至少有是至少有3个顶点的平面图，则个顶点的平面图，则G是极大平面图，当且是极大平面图，当且仅当仅当G的每个面的次数是的每个面的次数是3且为单图。且为单图。10、着色问题、着色问题1)、边着色、边着色834.定理定理24定理定理25(哥尼，哥尼，1916)若若G是偶图，则是偶图，则定理定理26(维津定理，维津定理，1964)若若G是单图，则：是

508、单图，则：定理定理27设设G是单图且是单图且(G)0(G)0。若。若G G中只有一个最大度点或恰有两中只有一个最大度点或恰有两个相邻的最大度点，则：个相邻的最大度点，则：835.定理定理28设设G是单图。若点数是单图。若点数n=2k+1且边数且边数mk, ,则：则：定理定理29设设G是奇数阶是奇数阶正则正则单图单图, ,若若0,0,则：则：2)、点着色、点着色定理定理30对任意的图对任意的图G，有：，有：836.定理定理31(布鲁克斯，布鲁克斯，1941)若若G是连通的单图，并且它既不是奇圈，是连通的单图，并且它既不是奇圈，又不是完全图，则：又不是完全图，则：3)、色多项式、色多项式定理定理3

509、2设设G为简单图，则对任意为简单图，则对任意有：有：1)、递推计数法、递推计数法2)、理想子图计数方法、理想子图计数方法837.(1)画出画出G的补图的补图(2)求出关于补图的求出关于补图的(3)写出关于补图的伴随多项式写出关于补图的伴随多项式(4)将将代入伴随多项式中得到代入伴随多项式中得到Pk(G)。11、根树问题、根树问题定理定理32在完全在完全m元树元树T中，若树叶数为中，若树叶数为t,分支点数为分支点数为i,则：则：838.(三三)、图论应用、图论应用1、偶图匹配问题偶图匹配问题例例1有有7名研究生名研究生A,B,C,D,E,F,G毕业寻找工作。就业处提供的公开毕业寻找工作。就业处提

510、供的公开职位是：会计师职位是：会计师(a),咨询师咨询师(b),编辑编辑(c),程序员程序员(d),记者记者(e),秘书秘书(f)和教师和教师(g)。每名学生申请的职位如下：。每名学生申请的职位如下：A:b,c;B:a,b,d,f,g;C:b,e;D:b,c,e;E:a,c,d,f;F:c,e;G:d,e,f,g;问：学生能找到理想工作吗？问：学生能找到理想工作吗？重点掌握如下两方面应用重点掌握如下两方面应用839.问题转化为是否有饱和问题转化为是否有饱和X每个顶点的一个匹配。每个顶点的一个匹配。FEDCBAGabcdefg解：如果令解：如果令X=A,B,C,D,E,F,G,Y=a,b,c,d

511、,e,f,g,X中顶点中顶点与与Y中顶点连线当且仅当学生申请了该工作。于是，得到反映学生和职位中顶点连线当且仅当学生申请了该工作。于是，得到反映学生和职位之间的状态图：之间的状态图：840.当当S取取X中四元点集时，若取中四元点集时，若取S=A,C,D,F,则有则有3=|N(S)|35=k,所以由定理所以由定理5知：知：845.最优着色为：最优着色为：FDAGCEB图图G846.例例4课程安排问题：某大学数学系要为这个夏季安排课程表。所课程安排问题：某大学数学系要为这个夏季安排课程表。所要开设的课程为：图论要开设的课程为：图论(GT),统计学统计学(S),线性代数线性代数(LA),高等微积分高

512、等微积分(AC),几何学几何学(G),和近世代数和近世代数(MA)。现有。现有10名学生名学生(如下所示如下所示)需要选需要选修这些课程。根据这些信息，确定开设这些课程所需要的最少时间修这些课程。根据这些信息，确定开设这些课程所需要的最少时间段数，使得学生选课不会发生冲突。段数，使得学生选课不会发生冲突。(学生用学生用Ai表示）表示）A1:LA,S;A2:MA,LA,G;A3:MA,G,LA;A4:G,LA,AC;A5:AC,LA,S;A6:G,AC;A7:GT,MA,LA;A8:LA,GT,S;A9:AC,S,LA;2)、点着色问题点着色问题847.A10:GT,S。解：把课程模型为图解：把

513、课程模型为图G的顶点，两顶点连线当且仅当有某个学生的顶点，两顶点连线当且仅当有某个学生同时选了这两门课程。同时选了这两门课程。GTMAGACLAS选课状态图选课状态图848.如果我们用同一颜色给同一时段的课程顶点染色，那么，问题转如果我们用同一颜色给同一时段的课程顶点染色，那么，问题转化为在状态图中求对应于点色数的着色。化为在状态图中求对应于点色数的着色。(1)求点色数求点色数一方面，因图中含有奇圈一方面，因图中含有奇圈(红色边红色边),所以，点色数至少为所以，点色数至少为3。又因为点。又因为点LA与与该圈上每一个点均邻接，所以，点色数该圈上每一个点均邻接，所以，点色数至少为至少为4.GTMA

514、GACLAS选课状态图选课状态图另一方面，我们用另一方面，我们用4种色实现了种色实现了G的正常点着色，所以，图的点色的正常点着色，所以，图的点色数为数为4.849.(2)求安排求安排-具体着色具体着色GTMAGACLAS选课状态图选课状态图850.例例5交通灯的相位设置问题：如图所示，列出了繁华街道路口处的交交通灯的相位设置问题：如图所示，列出了繁华街道路口处的交通车道通车道L1,L2,L9。在此路口处安置了交通灯。当交通灯处于某个相位。在此路口处安置了交通灯。当交通灯处于某个相位时，亮绿灯的车道上的车辆就可以安全通过路口。为了时，亮绿灯的车道上的车辆就可以安全通过路口。为了(最终最终)让所有

515、的让所有的车辆的灯都能够安全通过路口，对于交通灯来说，所需要的相位的最小车辆的灯都能够安全通过路口，对于交通灯来说，所需要的相位的最小数是多少？数是多少？L5L4L3L2L1L9L8L7L6851.解：车道模型为顶点，两点连线当且仅当两个车道上的车不能同时安解：车道模型为顶点，两点连线当且仅当两个车道上的车不能同时安全地进入路口。全地进入路口。L9L8L7L6L5L4L3L2L1G问题转化为求问题转化为求G的点色数。一方面，的点色数。一方面，G中含有中含有K4,所以，点色数至少为所以，点色数至少为4；L9L8L7L6L5L4L3L2L1G852.另一方面，通过尝试，用另一方面，通过尝试，用4种色实现了正常点着色。种色实现了正常点着色。所以，最小相位为所以，最小相位为4。L9L8L7L6L5L4L3L2L1G211224343853.Thank You !854.