电子科大图论-第二次作业
图论及其应用第二次作业
要求：1、交电子档给助教【助教给每个班设置邮箱，助教设置提交回复】；
2、第7章授课结束前均可以提交；
3、希望能够独立完成。
1．判断图4-43所示的四个图是否可以一笔画。
上面四个图都是连通图，看是否能一笔画成问题本质上看图是否存在欧拉迹；连通图有欧垃迹当且仅当G 最多有两个奇点。
（a ）不可以 有4个奇点
（b ）可以 一个奇点
（c ）可以 两个奇点
（d ）可以 没有奇点
2.（1）画一个有欧拉闭迹和哈密尔顿圈的图；
（2）画一个有欧拉闭迹但没有哈密尔顿圈的图；
(3) 画一个有哈密尔顿圈但没有欧拉闭迹的图；
（4）画一个既没有欧拉闭迹也没有哈密尔顿圈的图。
3. 设n 阶无向简单图G 有m 条边。证明：若m ≥???
? ??-21n +2，则G 是哈密尔顿图。
(b
) (c
) (d ) 图4-43
证明：G 是H 图。若不然，因为G 是无向简单图，则n ≥3，由定理1：若G 是n ≥3的非单图，则G 度弱于C m,n 。于是有：
2,1()()(2)(1)(1)2
1111(1)(2)(1)(21) 1.222m n E G E C m n m n m m n n n m m m n m ??≤=
+---+-??--????=+-------≤+ ? ????? 这与条件矛盾！所以G 是H 图。
4. 在图4-45中，哪些图是哈密尔顿图？哪些图中有哈密尔顿路？
(a)非哈密尔顿图，没有哈密尔顿路
(b)哈密尔顿图 （abcdejhfiga)
(c)哈密尔顿图 （kjdhbagciefk)
(d)非哈密尔顿图 有哈密尔顿路（hjaidebcgf)
(e)不是哈密尔顿图，因为有割点a ，有哈密尔顿路（jaibcedkgfh ）
5. 证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1, C 2,…, C m ，使得，E (G ) = E (C 1)∪E (C 2)∪…∪E (C m )。
证明：将G 中孤立点除去后的图记为G 1，则G 1也没有奇点，且δ（G 1)，则G 1含圈C 1，在去掉()11G E C -的孤立点后，得图G 2，显然G 2仍无奇度点，且δ（G 2）≥ 2，从而G 2含圈C 1，如此重复下去，直到圈C m ，且G m －E (C m )全为孤立点为止，于是得到E (G ) = E (C 1)∪E (C 2)∪…∪E (C m )。
e （a ）
（b ） e （c ） h
（d ） 图4-45 （e ）
6. 证明：若G 有2k ＞0个奇点，则存在k 条边不重的迹Q 1, Q 2,…, Q k ，使得，E (G ) = E (Q 1)∪E (Q 2)∪…∪E (Q k )。
证明：不失一般性，只就G 是连通图进行证明。设G=(n,m)是连通图。令v 1，v 2，...v k ，v k+1，...，v 2k 是G 的所有奇度点。在v i 与v i+k 间连新边e i 得图G *(1≤i ≤k)。则G *是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C,在C 中删去e i （1≤i ≤k ），得k 条边不重的迹Q i （1≤i ≤k ）;
E (G ) = E (Q 1)∪E (Q 2)∪…∪E (Q k )
7. 证明：若
（1）G 不是二连通图，或者
（2）G 是具有二分类（X ,Y ）的偶图，这里|X |≠|Y |，
则G 是非哈密尔顿图。
证明：（1）因为G 不是二连通图，则G 不连通或者存在割点v ，有()2w G v -≥，由相关定理得：若G 是Hamilton 图，则对于v(G)的任意非空顶点集S ，有：()w G v S -< ，则该定理得逆否命题也成立，所以可得：若G 不是二连通图，则G 是非Hamilton 图。
（2）因为G 是具有二分类（X ,Y ）的偶图，又因为|X |≠|Y |，在这里假设|X |≦|Y |，则有()w G X Y X -=>，也就是说：对于v(G)的非空顶点集S ，有：()w G S S -<成立，则可以得出G 是非Hamilton 图。
8、证明：若G 有哈密尔顿路，则对于V 的每个真子集S ，有ω(G –S )≤|S |+1。
证明：G 有H 图，设C 是G 的H 圈，则对V(G)的任意非空子集S ，容易知道：
()()||G S C S S ωω-≤-≤，必然有：()||1G S S ω-≤+。
9．对下列问题给出一个好算法：
（1）构作一个图的闭包；
（2）若某图的闭包是完全图，求该图的哈密尔顿圈。
（1）构作一个图的闭包：
根据图的闭包定义，构作一个图的闭包，可以通过不断在度和大于等于n 的非邻接顶点对间添边得到。据此设计算法如下：
图的闭包算法：
1） 令G0=G ，k=0;
2） 在Gk 中求顶点u0与v0，使得：
00()()max{()()|uv ()}
k k k k G G G G k d u d v d u d v E G +=+? 3） 如果
00()()k k G G d u d v n +≥则转4）；否则，停止，此时得到G 的闭包。 4） 令100,1
k k G G u v k k +=+=+，转2）。 复杂性分析：在第k 次循环里，找到点u 0与v 0，要做如下运算：（a ）找到所有不邻接点对---需要n(n-1)/2次比较运算；（b ）（b ）计算不邻接点对度和---需要做n(n-1)/2-m(G)次加法运算；（c ）选出度和最大的不邻接点对---需要n(n-1)/2-m(G)次比较运算。所以，总运算量为：
211(1)2(1)m(G)()22n n n n O n ??-+--= ???
所以，上面的闭包算法是好算法。
（2）若某图的闭包是完全图，求该图的H 圈。
方法：采取边交换技术把闭包中的一个H 圈逐步转化为G 的一个H 圈。
该方法是基于如下一个事实：
在闭包算法中，100
k k G G u v +=+，0u 与0v 在G k 中不邻接，且度和大于等于n ，如果在G k+1中有H 圈C k+1如下：
100120(,,,...,,)k n G u v v v u +-= 我们有如下断言：
在G k+1上，1,i i v v +?使得001,()i i k u v v v E G +∈若不然，设0()k G d u r =那么在G k 中，至少有r 个顶点与v 0,则0()(1)k G d v n r n r ≤--<-这样与u 0，v 0在G k 中度和大于等于n 矛盾！ 上面结论表明：可以从C k+1中去掉u 0v 0而得到新的H 圈，实现H 圈的变交换。由此，我们设计算法如下：
1） 在闭包构造中，将加入的边依次加入次序记为(1)
i e i N ≤≤，这里，N=n(n-1)/2-m(G).在G N 中任意取出一个H 圈C N ，令k=N;
2） 若e k 不在C k 中，令
11,k k k k k G G e C C --=-=；否则转3）； 3） 设00k k e u v C =∈，令1k k k G G e -=-；求C k 中两个相邻点u 与v 使得
u 0，v 0，u ，v 依次排列在C k 上且有：001,()k uu vv E G -∈，令
10000{,}{u ,}k k C C u v uv u vv -=-+
4） 若k=1,转5）；否则，令k=k-1,转2）；
5） 停止。C 0为G 的H 圈。
复杂性分析：一共进行N 次循环，每次循环运算量主要在3），找满足要求的邻接顶点u 与v,至多n-3次判断。所以总运算量：N(n-3)，属于好算法。
10．（1）证明：每个k 方体都有完美匹配（2k ≥）；
（2）求2,n n n K K 和中不同的完美匹配的个数。
(1) 证明每个k 方体都是k 正则偶图。
事实上，由k 方体的构造：k 方体有2k 个顶点，每个顶点可以用长度为k 的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。
如果我们划分k 方体的2k 个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X ，否则归入Y 。显然，X 中顶点互不邻接，Y 中顶点也如此。所以k 方体是偶图。
又不难知道k 方体的每个顶点度数为k,所以k 方体是k 正则偶图。由推论：k 方体存在
完美匹配。
(2) 我们用归纳法求K2n 和Kn,n 中不同的完美匹配的个数。
K2n 的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。所以K2n 的不同完美匹配个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出K2n 的不同完美匹配个数为：(2n-1)!!
同样的推导方法可归纳出K n, n 的不同完美匹配个数为：n!
11．证明：一棵树最多只有一个完美匹配。
证明：若不然，设M1与M2是树T 的两个不同的完美匹配，那么M1ΔM2≠Φ,容易知道：T[M1ΔM2]每个非空部分顶点度数为2，即它存在圈，于是推出T 中有圈，矛盾。
12．对每1k >,找出一个没有完美匹配的k 正则简单图的例子。
证明：设K 为奇数，作G 如下：取2k-1个顶点1221,,...,k v v v - ，在奇脚标顶点和偶脚标顶点之间两两连以外边，再连接13572523,,...,k k v v v v v v --边，所得图记为0G ，显然除0G 除21k v -外其余顶点的度均为k ，而21k v -的度为k-1，取k 个两两不相交的0G 的拷贝和一个新顶点0v ，并把每个0G 拷贝中对应于21k v -的顶点与0v 相连以边。最后所得的图记为G ，显然G 是k-正则的简单图。又由于0G 含2k-1个顶点，则G 的顶点数为：k*（2k-1）+1。所以如果G 有一个完美匹配M 的话，则2*(21)11|M|=22
k k k k -+-=- 。假设M 是G 的一个完美匹配，则其边应来自k 个独立的0G ，和跟0v 相关联的一条边。
而每个0G ，其包含的顶点数为2k-1，所以0G 能提供给M 的边最多为k-1条，k 个这样的0G 能提供给M 的边最多为k*（k-1），因此M 最多包含的边为k*（k-1）+1 当k 为偶数时，取G=K k+1,则G 的顶点数为k+1,显然G 的顶点数为奇数，所以G 无完美匹配。 13．证明63n K -有一个3－因子分解。 证明：K6n-2= K 2(3n-1) , 所以，可以分解为6n-3个边不重的1因子之和。而任意3个1因子可以并成一个3因子。所以，共可以并成2n-1个3因子。即K6n-2可以分解为2n-1个3因子的和。 14．给出分4,4K 为生成林的一个最小分解。 证明：首先将其分解为4条路112...i i i i i i n i n P x y x y y x -+--+= 脚标按模4计算。 114233 221344 332411 443122P x y x y x P x y x y x P x y x y x P x y x y x ==== 即为 4,4K 的生成森林的一个最小分解。 15．证明：若n 是偶数，且1 2)(+≥n G σ，则n 阶图G 有3－因子。 证明：因δ(G)≥n/2+1 ,由狄拉克定理：n 阶图G 有H 圈C .又因n 为偶数，所以C 为偶圈。于是由C 可得到G 的两个1因子。设其中一个为F1。考虑G1=G-F1。则δ(G1)≥n/2。于是G1中有H 圈C1。作H=C1∪F1。显然H 是G 的一个3因子。 16．对0k >，证明： 每个k 正则偶图是1－可因子分解的； 证明：因为每个k （k>0）正则偶图G 存在完美匹配，设Q 是它的一个一因子，则G-Q 还是正则偶图，由归纳可知，G 可作一因子分解。 17．证明：一棵树G 有完美匹配当且仅当()1o G v -=对所有的v ∈V (G ) 成立。 证明： 必要性：一方面：若G 有完美匹配，由托特定理：o(G-v)≦1；另一方面：若树G 有完美匹配，则显然G 为偶阶树，于是 o(G-v)≥1;所以：o(G-v)=1。 充分性：由于对任意点v ∈V(G), 有o(G-v)=1。设Cv 是G-v 的奇分支，又设G 中由v 连到G-v 的奇分支的边为vu ，显然，由u 连到G-u 的奇分支的边也是uv 。 令M=｛e(v):它是由v 连到G-v 的奇分支的边，v ∈V(G) ｝则：M 是G 的完美匹配。 18. 对n ≥1，K 4n +1 是4-可因子分解的。 证明：K 4n +1=K 2(2n)+1，所以，可以分解为2n 个边不重的2因子之和，而任意2个2因子 可以并成一个4因子。所以，共可以并成n 个4因子。即K 4n +1可以分解为n 个4因子之和。所以：n ≥1，K 4n +1 有一个4因子分解。 电子科技大学研究生试题 《图论及其应用》(参考答案) 考试时间：120分钟 一．填空题(每题3分，共18分) 1．4个顶点的不同构的简单图共有__11___个； 2．设无向图G 中有12条边，已知G 中3度顶点有6个，其余顶点的度数均小于3。则G 中顶点数至少有__9___个； 3．设n 阶无向图是由k(k ?2)棵树构成的森林，则图G 的边数m= _n-k____; 4．下图G 是否是平面图？答__是___; 是否可1-因子分解？答__是_. 5．下图G 的点色数=)(G χ______, 边色数=')(G χ__5____。 图G 二．单项选择(每题3分，共21分) 1．下面给出的序列中，是某简单图的度序列的是( A ) (A) (11123); (B) (233445); (C) (23445); (D) (1333). 2．已知图G 如图所示，则它的同构图是（ D ） 3． 下列图中，是欧拉图的是（ D ） 4． 下列图中，不是哈密尔顿图的是（B ） 5． 下列图中，是可平面图的图的是（B ） A C D A B C D 6．下列图中，不是偶图的是（ B ） 7．下列图中，存在完美匹配的图是（B ） 三．作图(6分) 1．画出一个有欧拉闭迹和哈密尔顿圈的图； 2．画出一个有欧拉闭迹但没有哈密尔顿圈的图； 3．画出一个没有欧拉闭迹但有哈密尔顿圈的图； 解： 四．(10分)求下图的最小生成树，并求其最小生成树的权值之和。 解：由克鲁斯克尔算法的其一最小生成树如下图： 权和为：20. 五．(8分)求下图G 的色多项式P k (G). 解：用公式 (G P k -G 的色多项式： )3)(3)()(45-++=k k k G P k 。 六．(10分) 22，n 3个顶点的度数为3，…，n k 个顶点的度数为k ，而其余顶点的度数为1，求1度顶点的个数。 解：设该树有n 1个1度顶点，树的边数为m. 一方面：2m=n 1+2n 2+…+kn k 另一方面：m= n 1+n 2+…+n k -1 v v 1 3 图G 离散数学作业5 离散数学图论部分形成性考核书面作 业 本课程形成性考核书面作业共3次，内容主要分别是集合论部分、图论部分、数理逻辑部分的综合练习，基本上是按照考试的题型（除单项选择题外）安排练习题目，目的是通过综合性书面作业，使同学自己检验学习成果，找出掌握的薄弱知识点，重点复习，争取尽快掌握。本次形考书面作业是第二次作业，大家要认真及时地完成图论部分的综合练习作业。 要求：将此作业用A4纸打印出来，手工书写答题，字迹工整，解答题要有解答过程，要求2010年12月5日前完成并上交任课教师（不收电子稿）。并在05任务界面下方点击“保存”和“交卷”按钮，以便教师评分。 一、填空题 1．已知图G 中有1个1度结点，2个2度结点，3个3度结点，4个4度结点，则G 的边数是 15 ． 2．设给定图G (如右由图所示)，则图G 的点割集是 {}f {}c e ,． 3．设G 是一个图，结点集合为V ，边集合为E ，则 G 的结点 度数之和 等于边数的两倍． 4．无向图G 存在欧拉回路，当且仅当G 连通且 不含奇数度结点 ． 5．设G= 第四章 3(1).有欧拉闭迹和H圈 (2).有欧拉闭迹但没有H圈 (3).有H圈无欧拉闭迹 (4).无欧拉闭迹且没有H圈 4：证：若G不是H图，由chvatal定理知，G度弱于某个图，故： = 这与题目已知条件相矛盾，故G是H图。 8：证：不失一般性，设G是连通图，是G的2k个奇点，连接，得到，则得到图，则是欧拉图，设C是中 的欧拉闭迹，删除C中的，即可得到k条边不重复的迹，使得 . 10(1)若G不是二连通图，那么G不连通或者有割点u，则w，故G是 非H图。 (2). 若G是具有二分类的偶图，且，若假设则，故 G是非H图。 11：设R是G中的H路，则对于每个真子集S，有w，又： w w，故w. 12：设u是G外一点，将u和G中的每个点连接得到图，则G的度序列为 ，故有题意知，不存在小于的正整数m，使得 ，故由Chvatal定理知，图是H图，则G有 H路。 15：(1)由图的闭包定义可知，构作一个图的闭包，可以通过不断在度和大于等于n的非邻接顶点加边得到。故图的闭包算法如下： 第一步：令； 第二步：在中求顶点，使得： 第三步：如果,则转到第四步；否则，停止，则可得到G 的闭包。 第四步：令，转到第二步。 复杂性分析：由其算法我们可得出其总运算量为： 故该算法能够在多项式时间内被解决，故该算法是一个好算法。 (2).设计算法如下： 第一步：在闭包构造中，将加入的边依次加入次序记为 ，在中任意取出一个H圈，令k=N; 第二步：若不在中，令；否则转到第三步。 第三步：设，令；求中两个相邻点u和v使得， u，v依序排列在上，且有：，令： 第四步：若k=1，转到第五步；否则，令k=k-1,转第二步； 第五步：停止。为G的H圈。 算法的复杂性分析：因为该算法进行了N次循环，每次循环中找到满足要求的邻接顶点u和v至多需要n-3次判断，所以总的运算量：N(n-3)。是一个好算法。 第五章 1：(1)证：k方体有2k个顶点，每个顶点可以用长度为k的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。 若划分k方体的2k个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X，否则归入Y。显然，X中顶点互不邻接，Y中顶点也如此。所以k方体是偶图。又k方体的每个顶点度数为k,所以k方体是k正则偶图。所以由推论可知：k方体存在完美匹配。 (2).解K 2n 的任意一个顶点有2n-1中不同的方法被匹配。所以K 2n 的不同完美匹 配个数等于(2n-1)K 2n-2,如此推下去，可以归纳出K 2n 的不同完美匹配个数为： (2n-1)!!。同理，K n, n 的不同完美匹配个数为：(n)!。 2：若不然，设M 1与M 2 是树T的两个不同的完美匹配，那么M 1 ΔM 2 ≠Φ,且T[M 1 ΔM 2 ] 每个顶点度数为2，即它存在圈，于是推出T中有圈，矛盾。故一棵树中最多只有一个完美匹配。 7：解：设 作如下四条路： 故其四个生成圈如下： 习题一： ● 。 证明:作映射f : v i ? u i (i=1,2….10) 容易证明，对?v i v j ∈E ((a)),有f (v i v j,),=,u i,u j,∈,E,((b)) (1≤ i ≤ 10, 1≤j ≤ 10 ) 由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。 ● 5.证明：四个顶点的非同构简单图有11个。 证明：设四个顶点中边的个数为m ，则有： m=0: m=1 ： m=2： m=3： m=4： (a) v 23 4 (b) m=5： m=6： 因为四个顶点的简单图最多就是具有6条边，上面所列出的情形是在不同边的条件下的不同构的情形，则从上面穷举出的情况可以看出四个顶点的非同构简单图有11个。 ● 11.证明：序列（7,6,5,4,3,3,2）和（6,6,5,4,3,3,1） 不是图序列。 证明：由于7个顶点的简单图的最大度不会超过6，因此序列（7,6,5,4,3,3,2）不是图序列； （6,6,5,4,3,3,1）是图序列 1 1 12312(1,1,,1,,,)d d n d d d d d π++=---是图序列 （5,4,3,2,2,0）是图序列，然而（5,4,3,2,2,0）不是图序列，所以（6,6,5,4,3,3,1）不是图序列。 ● 12.证明：若 ，则包含圈。 证明：下面仅对连通图的下的条件下进行证明，不连通的情形可以通过分成若干 个连通的情形来证明。设 , 对于中的路 若与邻接，则构成一个闭路。若是一条路，由于，因 此，对于，存在与之邻接，则构成一个圈。 ● 17.证明：若G 不连通，则连通。 证明：对于任意的 ,若与属于G 的连通分支，显然与在中连通； 图论第二次作业Newly compiled on November 23, 2020 图论第二次作业 一、 第四章 （1）画一个有Euler 闭迹和Hamilton 圈的图； （2）画一个有Euler 闭迹但没有Hamilton 圈的图； （3）画一个有Hamilton 圈但没有Euler 闭迹的图； （4）画一个既没有Euler 闭迹也没有Hamilton 圈的图； 解：（1）一个有Euler 闭迹和Hamilton 圈的图形如下： （2）一个有Euler 闭迹但没有Hamilton 圈的图形如下： （3）一个有Hamilton 圈但没有Euler 闭迹的图形如下： （4）一个既没有Euler 闭迹也没有Hamilton 圈的图形如下： 证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1,C 1,···,C m ,使得 )()()()(21m C E C E C E G E ???=。 证明：将G 中孤立点除去后的图记为1G ，则1G 也没有奇点，且2)(1≥G δ，则1G 含圈1C ，在去掉)(11C E G -的孤立点后，得图2G ，显然2G 仍无奇度点，且2)(2≥G δ，从而2G 含圈2C ，如此重复下去，直到圈m C ，且)(m m C E G -全为孤立点为止，于是得到)()()()(21m C E C E C E G E ???=。 证明：若 （1）G 不是二连通图，或者 （2）G 是具有二分类),(Y X 的偶图，这里Y X ≠， 则G 是非Hamilton 图。 证明：（1）因为G 不是二连通图，则G 不连通或者存在割点v ，有2)(≥-v G w ，由相关定理得：若G 是Hamilton 图，则对于v(G)的任意非空顶点集S ，有：S S G w ≤-)(，则该定理得逆否命题也成立，所以可得：若G 不是二连通图，则G 是非Hamilton 图。 （2）因为G 是具有二分类),(Y X 的偶图，又因为Y X ≠，在这里假设Y X ≤，则有X Y X G w >=-)(，也就是说：对于v(G)的非空顶点集S ，有：S S G w >-)(成立，则可以得出G 是非Hamilton 图。 设G 是有度序列),,,(21n d d d ???的非平凡简单图，这里n d d d ≤???≤≤21，证明：若不存在小于2 )1(+n 的正整数m ，使得m d m <且m n d m n -<+-1，则G 有Hamliton 路。 证明：在G 之外加上一个新点v ，把它和G 的其余各点连接，得图G 1： 图论及其应用答案电子科 大 Newly compiled on November 23, 2020 习题三： ● 证明：e 是连通图G 的割边当且仅当V(G)可划分为两 个子集V1和V2，使对任意u ∈V 1及v ∈V 2, G 中的路（u ，v ）必含e . 证明：充分性: e 是G 的割边，故G ?e 至少含有两个连通分支，设V 1是其中一个连通分支的顶点集，V 2是其余分支的顶点集，对12,u V v V ?∈?∈，因为G 中的u,v 不连通， 而在G 中u 与v 连通，所以e 在每一条(u,v)路上，G 中的(u,v)必含e 。 必要性：取12,u V v V ∈∈，由假设G 中所有(u,v)路均含有边e ，从而在G ?e 中不存在从 u 与到v 的路，这表明G 不连通，所以e 是割边。 ● 3.设G 是阶大于2的连通图，证明下列命题等价： （1） G 是块 （2） G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一个圈上； （3） G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。 （1）→（2）： G 是块，任取G 的一点u ，一边e ，在e 边插入一点v ，使得e 成为两条边，由此得到新图G 1，显然G 1的是阶数大于3的块，由定理，G 中的u,v 位于同一个圈上，于是G 1中u 与边e 都位于同一个圈上。 （2）→（3）： G 无环，且任意一点和任意一条边都位于同一个圈上，任取G 的点u ，边e ，若u 在e 上，则三个不同点位于同一个闭路，即位于同一条路，如u 不在e 上，由定理，e 的两点在同一个闭路上，在e 边插入一个点v ，由此得到新图G 1，显然G 1的是阶数大于3的块，则两条边的三个不同点在同一条路上。 第二章 图的连通性 在第一章中已经定义连通图是任二顶点间都有路相连的图。对于连通图，其连通的程度也有高有低。例如，下列三个图都是连通图。对于图G 1，删除一条边或一个顶点便可使其变得不连通；而对于图G 2，至少需要删除两条边才能使其不连通，也可以删除一个顶点使其不连通；对于图G 3，要破坏其连通性，则至少需要删除三条边或三个顶点。 本章主要讨论如何通过图的顶点集、边集和不交的路集合的结构性质来获知图的连通性程度。通过研究割边和割点来刻画1连通图的特性；定义连通度和边连通度来度量连通图连通程度的高低；通过不交路结构和元素的共圈性质来反映图的2连通和k 连通性。 §2.1 割点和割边 定义2.1.1 设)(G V v ∈，如果)()(G w v G w >?，则称v 为G 的一个割点。 （注：该定义与某些著作中的定义有所不同，主要是在环边的顶点是否算作割点上有区别）。 例如，下图中u , v 两点是其割点。 定理2.1.1 如果点v 是简单图G 的一个割点，则边集E (G)可划分为两个非空子集1E 和2E ，使得][1E G 和][2E G 恰好有一个公共顶点v 。 证明留作习题。 推论2.1.1 对连通图G ，顶点v 是G 的割点当且仅当v G ?不连通。 定理2.1.2 设v 是树T 的顶点，则v 是T 的割点当且仅当1)(>v d 。 证明：必要性：设v 是T 的割点，下面用反证法证明1)(>v d 。 若0)(=v d ，则1K T ?，显然v 不是割点。 若1)(=v d ，则v T ?是有1)(??v T ν条边的无圈图，故是树。从而)(1)(T w v T w ==?。因此v 不是割点。 以上均与条件矛盾。 充分性：设1)(>v d ，则v 至少有两个邻点u ,w 。路uvw 是T 中一条),(w u 路。因T 是树，uvw 是T 中唯一的),(w u 路，从而)(1)(T w v T w =>?。故v 是割点。证毕。 习题四： 3.（1）画一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图； （2）画一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图； （3）画一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图； （4）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图； 解：找到的图如下： (1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图； (2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图； (3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图; (4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图. 4.设n阶无向简单图G有m条边，证明:若,则是图。证明: G是H图。 若不然，因为G是无向简单图，则,由定理1：若G是的非单图，则G 度弱于某个.于是有： 2,1()()(2)(1)(1)2 11 1(1)(2)(1)(21)221 1.2m n E G E C m n m n m m m n m m m n m n ??≤= +---+-??-??=+------- ? ?? -??≤+ ??? 这与条件矛盾！所以G 是H 图。 8.证明：若G 有 个奇点，则存在条边不重的迹 ,使得 . 证明：不失一般性，只就G 是连通图进行证明。设G=(n, m)是连通图。令v l ，v 2，…,v k ,v k+1,…,v 2k 是G 的所有奇度点。在v i 与v i+k 间连新边e i 得图G*（1≦i ≦k).则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环游C.在C 中删去e i （1≦i ≦k).得k 条边不重的迹Q i （1≦i ≦k): 12()() () ()k E G E Q E Q E Q = 10.证明：若： （1）不是二连通图，或者 （2）是具有二分类的偶图，这里 , 则是非Hamilton 图。 证明：（1）不是二连通图，则不连通或者存在割点,有,由于课本 上的相关定理：若是Hamilton 图，则对于 的任意非空顶点集，有： ,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图， 则是非Hamilton 图 (2)因为是具有二分类 的偶图，又因为 ，在这里假设 ,则有,也就是说：对于 的非空顶点集，有： 成 立，则可以得出则是非Hamilton 图。 11.证明：若有Hamilton 路，则对于V 的每个真子集S ，有 . 图论及其应用答案电子科 大 This model paper was revised by the Standardization Office on December 10, 2020 习题三： 证明：e是连通图G 的割边当且仅当V(G)可划分为两个子集V1和V2，使对任意u ∈V 1及v ∈V 2, G 中的路（u，v）必含e . 证明：充分性: e是G的割边，故G ?e至少含有两个连通分支，设V 1是其中一个连通分支的顶点集，V 2是其余分支的顶点集，对12,u V v V ?∈?∈，因为G中的u ,v不连通， 而在G中u与v连通，所以e在每一条(u ,v )路上，G中的(u ,v )必含e。 必要性：取12,u V v V ∈∈，由假设G中所有(u ,v )路均含有边e，从而在G ?e中不存在从 u与到v的路，这表明G不连通，所以e 是割边。 3.设G 是阶大于2的连通图，证明下列命题等价： （1） G 是块 （2） G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一个圈上； （3） G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。 （1）→（2）： G是块，任取G的一点u，一边e，在e边插入一点v，使得e成为两条边，由此得到新图G 1，显然G 1的是阶数大于3的块，由定理，G中的u,v 位于同一个圈上，于是G 1中u 与边e都位于同一个圈上。 （2）→（3）： G无环，且任意一点和任意一条边都位于同一个圈上，任取G的点u ，边e ，若u在e 上，则三个不同点位于同一个闭路，即位于同一条路，如u不在e上，由定理，e的两点在同一个闭路上，在e边插入一个点v ，由此得到新图G 1，显然G 1的是阶数大于3的块，则两条边的三个不同点在同一条路上。 （3）→（1）： G连通，若G不是块，则G中存在着割点u，划分为不同的子集块V 1, V 2, V 1, V 2无环，12,x v y v ∈∈，点u在每一条(x ,y )的路上，则与已知矛盾，G是块。 7.证明：若v 是简单图G 的一个割点，则v 不是补图G ?的割点。 证明：v是单图G的割点，则G ?v有两个连通分支。现任取x ,y ∈V (G ?v ), 如果x ,y 不在G ?v的同一分支中，令u是与x ,y处于不同分支的点，那么，x ,与y在G ?v的补图中连通。若x ,y在G ?v的同一分支中，则它们在G ?v的补图中邻接。所以，若v是G 的割点，则v不是补图的割点。 12.对图3——20给出的图G1和G2，求其连通度和边连通度，给出相应的最小点割和最小边割。 解：()12G κ= 最小点割 {6,8} 1()2G λ= 最小边割{（6,5），（8,5）} 图论第二次作业 一、第四章 4.3（1）画一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图； （2）画一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图； （3）画一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图； （4）画一个既没有Euler闭迹也没有Hamilton圈的图；解：（1）一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图形如下： （2）一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图形如下： （3）一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图形如下： （4）一个既没有Euler闭迹也没有Hamilton圈的图形如下： 4.7 证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1,C 1,···,C m ,使得 )()()()(21m C E C E C E G E ???=。 证明：将G 中孤立点除去后的图记为1G ，则1G 也没有奇点，且2)(1≥G δ，则1G 含圈1C ，在去掉)(11C E G -的孤立点后，得图2G ，显然2G 仍无奇度点，且2)(2≥G δ，从而2G 含圈2C ，如此重复下去，直到圈m C ，且)(m m C E G -全为孤立点为止，于是得到)()()()(21m C E C E C E G E ???=。 4.10 证明：若 （1）G 不是二连通图，或者 （2）G 是具有二分类),(Y X 的偶图，这里Y X ≠， 则G 是非Hamilton 图。 证明：（1）因为G 不是二连通图，则G 不连通或者存在割点v ，有2)(≥-v G w ，由相关定理得：若G 是Hamilton 图，则对于v(G)的任意非空顶点集S ，有：S S G w ≤-)(，则该定理得逆否命题也成立，所以可得：若G 不是二连通图，则G 是非Hamilton 图。 （2）因为G 是具有二分类),(Y X 的偶图，又因为Y X ≠，在这里假设Y X ≤，则有X Y X G w >=-)(，也就是说：对于v(G)的非空顶点集S ，有：S S G w >-)(成立，则可以得出G 是非Hamilton 图。 4.12 设G 是有度序列),,,(21n d d d ???的非平凡简单图，这里n d d d ≤???≤≤21，证明：若不存在小于 2 )1(+n 的正整数m ，使得m d m <且m n d m n -<+-1，则G 有Hamliton 路。 证明：在G 之外加上一个新点v ，把它和G 的其余各点连接，得图G 1： G 1的度序列为：),1,,1,1(21n d d d n +???++，由已知：不存在小于2 )1(+n 的正整数 习题四： 3. (1)画一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图； (2) 画一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图； (3) 画一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图； (4) 画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图; 解：找到的图如下： (1)一个有Euler闭迹和Hamilton圈的图； (2)—个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图; ⑶一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图; (4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图. 4. 设n阶无向简单图G有m条边，证明：若2 ) * ',则G是血加此"图。证明：G是H图。 若不然，因为G是无向简单图，则n芝3,由定理％若G是n芝3的非单图，则G 、一 ...C … 度弱丁某个阵".于是有： - - 1 2 E(G)| E(C m,n ) - m (n 2m)(n m 1) m(m 1) 1. 这与条件矛盾！所以G 是H 图 若G 有个奇点，则存在k 条边不重的迹Q1?Q 矿心，使得 E(G) = E(Q 】)U E(Q J U E(Q 3) U …U E(Q k ) 证明：不失一般性，只就 G 是连通图 进行证明。设 G=(n, m)是连通图。令 虬 V 2,…,v,V k+1,…,v 是G 的所有奇度点。在V i 与v i+k 问连新边e i 得图G* (1三隹k). 则G*是欧拉图，因此，由Fleury 算法得欧拉环 游C 在C 中删去e i (1m M k).得 k 条边不重的迹Qi (1 MiMk): E(G) E(Q1^E(Q2^^E(Qk) 10. 证明：若： (1) G 不是二连通图，或者 (2) G 是具有二分类|(X,Y)的偶图，这里|X” |Y| 则G 是非Hamilton 图。 证明：(1) G|不是二连通图，则G 不连通或者存在割点v ,俨任-v) >2 ,由丁课本 上的 相关定理：若G 是Hamilton 图，则对丁*勇)的任意非空顶点集S,有： w(G- S) < |S|,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图， 则G 是非 Hamilton 图 (2)因为是具有二分类(XI)的偶图，乂因为|X|丰1丫1,在这里假设|X| < |Y|,则有 w(G- X) = |Y|>|X|，也就是说：对北(G)|的非空顶点集S,有：w(G-S)>||S|成 立，则可以得出 则G 是非Hamilton 图。 11. 证明：若有Hamilton 路，则对丁 V 的每个真子集S,有w(G - S) ' |S | +】. 证明：G 是H 图，设C 是G 的H 圈。则对V(G)的任意非空子集S,容易知道： (C S) S 1 1 -(m 1)(m 2) (m 1)(n 2m 1) 8.证明 离散数学作业4 离散数学图论部分形成性考核书面作业 本课程形成性考核书面作业共3次，内容主要分别是集合论部分、图论部分、数理逻辑部分的综合练习，基本上是按照考试的题型（除单项选择题外）安排练习题目，目的是通过综合性书面作业，使同学自己检验学习成果，找出掌握的薄弱知识点，重点复习，争取尽快掌握。本次形考书面作业是第二次作业，大家要认真及时地完成图论部分的综合练习作业。 一、填空题 1．已知图G 中有1个1度结点，2个2度结点，3个3度结点，4个4度结点，则G 的边数是 15 ． 2．设给定图G (如右由图所示)，则图G 的点割集是 {f} ． 3．设G 是一个图，结点集合为V ，边集合为E ，则 G 的结点 度数之和 等于边数的两倍． 4．无向图G 存在欧拉回路，当且仅当G 连通且 等于出度 ． 5．设G= 图论及其应用第二次作业 要求：1、交电子档给助教【助教给每个班设置邮箱，助教设置提交回复】； 2、第7章授课结束前均可以提交； 3、希望能够独立完成。 1．判断图4-43所示的四个图是否可以一笔画。 上面四个图都是连通图，看是否能一笔画成问题本质上看图是否存在欧拉迹；连通图有欧垃迹当且仅当G 最多有两个奇点。 （a ）不可以 有4个奇点 （b ）可以 一个奇点 （c ）可以 两个奇点 （d ）可以 没有奇点 2.（1）画一个有欧拉闭迹和哈密尔顿圈的图； （2）画一个有欧拉闭迹但没有哈密尔顿圈的图； (3) 画一个有哈密尔顿圈但没有欧拉闭迹的图； （4）画一个既没有欧拉闭迹也没有哈密尔顿圈的图。 3. 设n 阶无向简单图G 有m 条边。证明：若m ≥??? ? ??-21n +2，则G 是哈密尔顿图。 (b ) (c ) (d ) 图4-43 证明：G 是H 图。若不然，因为G 是无向简单图，则n ≥3，由定理1：若G 是n ≥3的非单图，则G 度弱于C m,n 。于是有： 2,1()()(2)(1)(1)2 1111(1)(2)(1)(21) 1.222m n E G E C m n m n m m n n n m m m n m ??≤= +---+-??--????=+-------≤+ ? ????? 这与条件矛盾！所以G 是H 图。 4. 在图4-45中，哪些图是哈密尔顿图？哪些图中有哈密尔顿路？ (a)非哈密尔顿图，没有哈密尔顿路 (b)哈密尔顿图 （abcdejhfiga) (c)哈密尔顿图 （kjdhbagciefk) (d)非哈密尔顿图 有哈密尔顿路（hjaidebcgf) (e)不是哈密尔顿图，因为有割点a ，有哈密尔顿路（jaibcedkgfh ） 5. 证明：若G 没有奇点，则存在边不重的圈C 1, C 2,…, C m ，使得，E (G ) = E (C 1)∪E (C 2)∪…∪E (C m )。 证明：将G 中孤立点除去后的图记为G 1，则G 1也没有奇点，且δ（G 1)，则G 1含圈C 1，在去掉()11G E C -的孤立点后，得图G 2，显然G 2仍无奇度点，且δ（G 2）≥ 2，从而G 2含圈C 1，如此重复下去，直到圈C m ，且G m －E (C m )全为孤立点为止，于是得到E (G ) = E (C 1)∪E (C 2)∪…∪E (C m )。 e （a ） （b ） e （c ） h （d ） 图4-45 （e ） 图论第三次作业 一、第六章 2.证明： 根据欧拉公式的推论，有m ≦l*(n-2)/(l-2), (1)若deg(f)≧4,则m ≦4*(n-2)/2=2n-4; (2)若deg(f)≧5,则m ≦5*(n-2)/3,即：3m ≦5n-10; (3)若deg(f)≧6,则m ≦6*(n-2)/4,即：2m ≦3n-6. 3.证明： ∵G 是简单连通图，∴根据欧拉公式推论，m ≦3n-6; 又，根据欧拉公式：n-m+φ=2,∴φ=2-n+m ≦2-n+3n-6=2n-4. 4.证明： (1)∵G 是极大平面图，∴每个面的次数为3， 由次数公式：2m==3φ, 由欧拉公式：φ=2-n+m, ∴m=2-n+m,即：m=3n-6. (2)又∵m=n+φ-2,∴φ=2n-4. (3)对于3n >的极大可平面图的的每个顶点v ，有()3d v ≥，即对任一一点或者 子图，至少有三个邻点与之相连，要使这个点或子图与图G 不连通，必须把与之相连的点去掉，所以至少需要去掉三个点才能使()(H)w G w G <-，由点连通度的定义知()3G κ≥。 5.证明： 假设图G 不是极大可平面图，那么G 不然至少还有两点之间可以添加一条边e ，使G+e 仍为可平面图，由于图G 满足36m n =-，那么对图G+e 有36m n '=-，而平面图的必要条件为36m n '≤-，两者矛盾，所以图G 是极大可平面图。 6.证明： (1)由()4G δ=知5n ≥当n=5时，图G 为5K ，而5K 为不可平面图，所以6n ≥，（由()4G δ=和握手定理有24m n ≥，再由极大可平面图的性质36m n =-，即可得6n ≥）对于可平面图有()5G δ≤，而6n ≥，所以至少有6个点的度数不超过5. (2)由()5G δ=和握手定理有25m n ≥，再由极大可平面图的性质36m n =-，即可得12n ≥，对于可平面图有()5G δ≤，而12n ≥，所以至少有12个点的度数不超过5. 二、第七章 2.证明： 设n=2k+1,∵G 是Δ正则单图，且Δ>0, ∴m(G)==>k Δ,由定理5可知χˊ(G)=Δ(G)+1. 2014离散数学作业5答案 离散数学作业5 离散数学图论部分形成性考核书面作业 本课程形成性考核书面作业共3次，内容主要分别是集合论部分、图论部分、数理逻辑部分的综合练习，基本上是按照考试的题型（除单项选择题外）安排练习题目，目的是通过综合性书面作业，使同学自己检验学习成果，找出掌握的薄弱知识点，重点复习，争取尽快掌握。本次形考书面作业是第二次作业，大家要认真及时地完成图论部分的综合练习作业。 要求：将此作业用A4纸打印出来，手工书写答题，字迹工整，解答题要有解答过程，要求本学期第15周末前完成并上交任课教师（不收电子稿）。并在05任务界面下方点击“保存”和“交卷”按钮，以便教师评分。 一、填空题 1．已知图G 中有1个1度结点，2个2度结点，3个3度结点，4个4 度结点，则G 的边数是 15 ． 2．设给定图G (如右由图所示)，则图G 的点割集是 {f} ． 3．设G 是一个图，结点集合为V ，边集合为E ，则 G 的结点 度数之和 等于边数的两倍． 4．无向图G 存在欧拉回路，当且仅当G 连通且 等于出度 ． 5．设G= 习题三： ● 证明：e 是连通图G 的割边当且仅当V(G)可划分为两个子集V1和V2，使对任意u ∈V 1及v ∈V 2, G 中的路（u ，v ）必含e . 证明：充分性: e 是G 的割边，故G ?e 至少含有两个连通分支，设V 1是其中一个连通分支的顶点集，V 2是其余分支的顶点集，对12,u V v V ?∈?∈，因为G 中的u,v 不连通，而 在G 中u 与v 连通，所以e 在每一条(u,v)路上，G 中的(u,v)必含e 。 必要性：取12,u V v V ∈∈，由假设G 中所有(u,v)路均含有边e ，从而在G ?e 中不存在从u 与到v 的路，这表明G 不连通，所以e 是割边。 ● 3.设G 是阶大于2的连通图，证明下列命题等价： （1） G 是块 （2） G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一个圈上； （3） G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。 （1）→（2）： G 是块，任取G 的一点u ，一边e ，在e 边插入一点v ，使得e 成为两条边，由此得到新图G 1，显然G 1的是阶数大于3的块，由定理，G 中的u,v 位于同一个圈上，于是G 1中u 与边e 都位于同一个圈上。 （2）→（3）： G 无环，且任意一点和任意一条边都位于同一个圈上，任取G 的点u ，边e ，若u 在e 上，则三个不同点位于同一个闭路，即位于同一条路，如u 不在e 上，由定理，e 的两点在同一个闭路上，在e 边插入一个点v ，由此得到新图G 1，显然G 1的是阶数大于3的块，则两条边的三个不同点在同一条路上。 （3）→（1）： G 连通，若G 不是块，则G 中存在着割点u ，划分为不同的子集块V 1, V 2, V 1, V 2无环，12,x v y v ∈∈，点u 在每一条(x,y)的路上，则与已知矛盾，G 是块。 ● 7.证明：若v 是简单图G 的一个割点，则v 不是补图G ?的割点。 证明：v 是单图G 的割点，则G ?v 有两个连通分支。现任取x,y ∈V(G ?v), 如果x,y 不在G ?v 的同一分支中，令u 是与x,y 处于不同分支的点，那么，x,与y 在G ?v 的补图中连通。若x,y 在G ?v 的同一分支中，则它们在G ?v 的补图中邻接。所以，若v 是G 的割点，则v 不是补图的割点。 ● 12.对图3——20给出的图G1和G2，求其连通度和边连通度，给出相应的最小点割和最小边割。 解：()12G κ= 最小点割 {6,8} 1()2G λ= 最小边割{（6,5），（8,5）} 电大离散数学作业答案作 业答案 RUSER redacted on the night of December 17,2020 离散数学作业5 离散数学图论部分形成性考核书面作业 本课程形成性考核书面作业共3次，内容主要分别是集合论部分、图论部分、数理逻辑部分的综合练习，基本上是按照考试的题型（除单项选择题外）安排练习题目，目的是通过综合性书面作业，使同学自己检验学习成果，找出掌握的薄弱知识点，重点复习，争取尽快掌握。本次形考书面作业是第二次作业，大家要认真及时地完成图论部分的综合练习作业。 要求：将此作业用A4纸打印出来，手工书写答题，字迹工整，解答题要有解答过程，要求2010年12月5日前完成并上交任课教师（不收电子稿）。并在05任务界面下方点击“保存”和“交卷”按钮，以便教师评分。 一、填空题 1．已知图G 中有1个1度结点，2个2度结点，3个3度结点，4个4度结点，则G 的边数是 15 ． 2．设给定图G (如右由图所示)，则图G 的点割集是 {}f {}c e ,． 3．设G 是一个图，结点集合为V ，边集合为E ，则 G 的结点 度数之和 等于边数的两倍． 4．无向图G 存在欧拉回路，当且仅当G 连通且 不含奇数度结点 ． 5．设G= 习题四 3.（1）画一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图； （2）画一个有Euler 闭迹但没有Hamilton圈的图； （3）画一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图； （4）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图； 解：找到的图如下： (1)一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图； (2)一个有Euler闭迹但没有Hamilton圈的图； (3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图; (4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图. 7. 将G中的孤立点去掉后的图为G1，则G1也是没有奇度点的，且G1的最小度大于等于2.则G1存在一个圈S1，在G1 –S1中去除孤立的点，得到一个新的图G2，显然G2也没有奇度的点，且G2的最小度大于等于2.这样G2中也存在一个圈S2，这样一直下去，指导Gm中有圈Sm，且Gm-Sm都是孤立的点。这样E(G) = E(G1)并E(G2)…并E(Gm).命题得证。 10．证明：若： （1）不是二连通图，或者 （2）是具有二分类的偶图，这里, 则是非Hamilton图。 证明：（1）不是二连通图，则不连通或者存在割点,有,由于课本上的相关定理：若是Hamilton图，则对于的任意非空顶点集，有：,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若不是二连通图，则是非Hamilton图 (2)因为是具有二分类的偶图，又因为，在这里假设,则有 ,也就是说：对于的非空顶点集，有：成立，则可以得出则是非Hamilton图。 习题五 1.(1)证明：每个k方体都有完美匹配(k大于等于2) (2) 求K2n和K n,n中不同的完美匹配的个数。 证明一：证明每个k方体都是k正则偶图。 事实上，由k方体的构造：k方体有2k个顶点，每个顶点可以用长度为k的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。如果我们划分k方体的2k个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X，否则归入Y。显然，X中顶点互不邻接，Y中顶点也如此。所以k方体是偶图。又不难知道k方体的每个顶点度数为k,所以k方体是k正则偶图。 由推论：k方体存在完美匹配。 证明二：直接在k方体中找出完美匹配。 设k方体顶点二进制码为(x1,x2,…,x k),我们取(x1,x2,…,x k-1,0),和(x1 ,x2,…,x k-1,1) 之间的全体边所成之集为M.显然，M中的边均不相邻接，所以作成k方体的匹配，又容易知道：|M|=2k-1.所以M是完美匹配。 (2) 我们用归纳法求K2n和K n,n中不同的完美匹配的个数。 K2n的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。所以K2n的不同完美匹配个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出K2n的不同完美匹配个数为：(2n-1)!!同样的推导方法可归纳出K n, n的不同完美匹配个数为：n! 6．证明：K2n的1-因子分解的数目为(2n)!/(2^n*n!)。 因为 K2n的不同完美匹配的个数为(2n-1)!!。所以，K2n的一因子分解数目为(2n-1)!!个，即2n)!/(2^n*n!)，命题得证。电子科技大学研究生试题《图论及其应用》(参考答案)
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