习题五：
1. （1）证明：每个 k 方体都有完美匹配(k 大于等于 2) (2) 求 K2n 和 Kn,n 中不同的完美匹配的个数。
证明一：证明每个 k 方体都是 k 正则偶图。 事实上，由 k 方体的构造：k 方体有 2k 个顶点，每个顶点可以用长度为 k 的 二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标 不同。如果我们划分 k 方体的 2k 个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入 X，否则 归入 Y。显然，X 中顶点互不邻接，Y 中顶点也如此。所以 k 方体是偶图。又不 难知道 k 方体的每个顶点度数为 k,所以 k 方体是 k 正则偶图。 由推论：k 方体存在完美匹配。 证明二：直接在 k 方体中找出完美匹配。
中有 H 圈
如下：
Ck1 (u0 , v0 , v1,..., vn2 , u0 )
我们有如下断言： 在Ck1上，vi , vi1, 使得u0vi , v0vi1 E(Gk )
若不然，设
那么在 Gk 中，至少有 r 个顶点与 v0 不邻接，则 ≦(n-1)-r < n-r，
这样与 u0，v0 在 Gk 中度和大于等于 n 矛盾！
所以 可以表示为四个边不重的 2 因子之和，对于每个分解出的因子的路径
为：
,
则 的四条路径为：
,
,
,
,
则生成圈 是 个生成圈之和。
与 的两个端点连线生成的。所以可以将 表示为四
10.证明：若 n 为偶数，且δ(G)≥n/2+1 ,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。
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
图，则 G 度弱于某个 .于是有：
,则 是 的非单
E(G)
E(Cm,n )
1 2
m2
(n 2m)(n m 1) m(m 1)
n
1
2
1
1 2
(m
1)(m
2)
(m
1)(n
2m
1)
n
1
2
1.
这与条件矛盾！所以 G 是 H 图。
10.证明：若：
E(G) E(Q1) E(Q2 )
E(Qk )
（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
.
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:
2. 证明树至多存在一个完美匹配。
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。
7.将 表示为四个生成圈之和。
证明：K4n+1= K 2(2n)+1 , 所以，可以分解为 2n 个边不重的 2 因子之和。而 。
G1 的度序列为： (d1+1,d2+1,…,dn+1, n) ，由条件：不存在小于(n+1)/2 的正整数 m,使得 dm+1≦m,且 dn-m+1+1<n-m+1=(n+1)-m。于是由度序列判定定理知： G1 是 H 图，得 G 有 H 路。
15. 写出下列问题的一个好算法： (1) 构作一个图的闭包； (2) 若某图的闭包是完全图，求该图的 H 圈。 解：(1) 构作一个图的闭包： 根据图的闭包定义，构作一个图的闭包，可以通过不断在度和大于等于 n 的非邻接顶点对间添边得到。据此设计算法如下：
设 k 方体顶点二进制码为(x1 ,x2,…,xk),我们取(x1 ,x2,…,xk-1,0),和 (x1 ,x2,…,xk-1,1) 之间的全体边所成之集为 M.显然，M 中的边均不相邻接，所 以作成 k 方体的匹配，又容易知道：|M|=2k-1.所以 M 是完美匹配。
(2) 我们用归纳法求 K2n 和 Kn,n 中不同的完美匹配的个数。 K2n 的任意一个顶点有 2n-1 种不同的方法被匹配。所以 K2n 的不同完美匹配 个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出 K2n 的不同完美匹配个数为： (2n-1)!! 同样的推导方法可归纳出 K n, n 的不同完美匹配个数为：n!
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 vl，v2，…,vk,vk+1,…,v2k 是 G 的所有奇度点。在 vi 与 vi+k 间连新边 ei 得图 G*（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 ei （1 ≦i≦k).得 k 条边不重的迹 Qi （1≦i≦k):
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：
复杂性分析：在第 k 次循环里，找到点 u0 与 v0，要做如下运算: (a) 找出
所有不邻接点对----需要 n(n-1)/2 次比较运算；(b) 计算不邻接点对度和---需要做 n(n-1)/2-m(G)次加法运算;(c ),选出度和最大的不邻接点对----需要 n(n-1)/2-m(G)次比较运算。所以，总运算量为：
(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
上面结论表明：可以从 Ck+1 中去掉 而得到新的 H 圈，实现 H 圈的边交换。
由此，我们设计算法如下： 1)在闭包构造中，将加入的边依加入次序记为 ei (1≦i≦N),这里，
N=n(n-1)/2-m(G).在 GN 中任意取出一个 H 圈 CN,令 k=N; 2) 若 ek 不在 Ck 中，令 Gk-1=Gk-ek, Ck-1=Ck; 否则转 3); 3) 设 ek=u0v0 ∈Ck, 令 Gk-1=Gk-ek; 求 Ck 中两个相邻点 u 与 v 使得 u0,v0,u,v
(C S) S
所以，有：(G S) (C S) S ,则必然有：
.
12. 设 G 是度序列为(d1,d2,…,dn)的非平凡单图，且 d1≦d2≦…≦dn。证明： 若 G 不存在小于(n+1)/2 的正整数 m，使得：dm<m 且 dn-m+1<n-m,则 G 有 H 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 G1
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。 19. 证明：对 n≥1,K4n+1 有一个 4 因子分解。
证明：K4n+1= K 2(2n)+1 , 所以，可以分解为 2n 个边不重的 2 因子之和。而任 意 2 个 2 因子可以并成一个 4 因子。所以，共可以并成 n 个 4 因子。即 K4n+1 可以 分解为 n 个 4 因子的和。所以：对 n≥1,K4n+1 有一个 4 因子分解
1 2
n(n
1)
2
1 2
n(n
1)
m(G
)
O(n
2
)
所以，上面的闭包算法是好算法。 (2) 若某图的闭包是完全图，求该图的 H 圈。 方法：采用边交换技术把闭包中的一个 H 圈逐步转化为 G 的一个 H 圈。 该方法是基于如下一个事实：
在闭包算法中，
, 与 在 中不邻接，且度和大于
等于 n. 如果在
图的闭包算法：
1) 令 =G ,k=0;
2) 在 中求顶点 与 ,使得：
dGk (u0 ) dGk (v0 ) max dGk (u) dGk (v) uv E(Gk )
3) 如果 此时得到 G 的闭包；
dGk (u0 ) dGk (v0 ) n
则转 4);否则，停止，
4) 令
,
,转 2).
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依序排列在 Ck 上，且有：uu0,vv0 ∈E(Gk-1),令：
Ck1 Ck u0v0,uvuu0,vv0
4) 若 k=1,转 5)；否则，令 k=k-1,转 2); 5) 停止。C0 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。