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列各组数中，那些能构成无向图的度数列？那些能构成无向简单图的度数列？（1）1，1，1，2，3（2）2，2，2，2，2（3）3，3，3，3（4）1，2，3，4，5（5）1，3，3，3解答：（1），（2），（3），（5）能构成无向图的度数列。
（1），（2），（3）能构成五项简单图的度数列。
设有向简单图D 的度数列为2，2，3，3，入度列为0，0，2，3，试求D 的出度列。
解：因为 出度=度数-入度，所以出度列为2，2，1，0。
设D 是4阶有向简单图，度数列为3，3，3，3。
它的入度列（或出度列）能为1，1， 1，1吗？解：由定理可知，有向图的总入度=总出度。
该有向图的总入度=1+1+1+1=4,总出度=2+2+2+2=8,4！=8，所以它的出度列（或入度列）不能为1，1，1，1。
35条边，每个顶点的度数至少为3的图最多有几个顶点？解：根据握手定理，所有顶点的度数之和为70，假设每个顶点的度数都为3，则 n 为小于等于370的最大整数，即：２３ ∴ 最多有23个顶点7.7 设n 阶无向简单图G 中，δ（G ）=n-1，问△（G ）应为多少？解： 假设n 阶简单图图n 阶无向完全图，在K n 共有2)1(-n n 条边，各个顶点度数之和为n （n-1）∴每个顶点的度数为nn n )1(-=n-1 ∴△（G ）=δ（G ）=n-1一个n （n ≥２）阶无向简单图Ｇ中，n 为奇数，有r 个奇度数顶点，问Ｇ的补图G 中有几个奇度顶点？解：在K n 图中，每个顶点的度均为（n-1），n 为奇数，在Ｇ中度为奇数的顶点在G 中仍然为奇数，∴共有r 个奇度顶点在G 中７.９ 设Ｄ是n 阶有向简单图，Ｄ’是Ｄ的子图，已知Ｄ’的边数m ’＝n （n-1），问Ｄ的边数m 为多少？解： 在Ｄ’中m ’＝n （n-1） 可见Ｄ’为有个n 阶有向完全图，则Ｄ＝Ｄ’ 即Ｄ’就是Ｄ本身，∴m=n （n-1）有向图D 入图所示。
求D 中长度为4 的通路总数，并指出其中有多少条是回路？又有几条是V3到V4的通路？答: D中长度为四的通路总数：15其中有3条是回路2条是V3到V4的通路评语：此题的结果是对的，但是应该写出求解过程，即：先写出邻接矩阵A，然后求A的四次幂，通过矩阵指出通路或回路的条数。
习题参考解答习题1.11、（3）P：银行利率降低Q：股价没有上升P∧Q（5）P：他今天乘火车去了北京Q：他随旅行团去了九寨沟PQ（7）P：不识庐山真面目Q：身在此山中Q→P，或～P→～Q（9）P：一个整数能被6整除Q：一个整数能被3整除R：一个整数能被2整除T：一个整数的各位数字之和能被3整除P→Q∧R ，Q→T2、（1）T （2）F （3）F （4）T （5）F（6）T （7）F （8）悖论习题 1.31（3）)()()()()()(R P Q P R P Q P R Q P R Q P →∨→⇔∨⌝∨∨⌝⇔∨∨⌝⇔∨→（4）()()()(())()(()())(())()()()()P Q Q R R P P R Q R P P R R P Q R P P R P R Q R Q P ∧∨∧∨∧=∨∧∨∧=∨∨∧∧∨∧=∨∧∨∧∨∧∨=右2、不， 不， 能习题 1.41(3) (())~((~))(~)()~(~(~))(~~)(~)P R Q P P R Q P P R T P R P R Q Q P R Q P R Q →∧→=∨∧∨=∨∧=∨=∨∨∧=∨∨∧∨∨、主合取范式)()()()()()()()()()()()()()())(())(()()(())()())(()((Q P R P Q R P Q R R Q P R Q P R Q P Q P R Q P R P Q R P Q R R Q P R Q P R Q P R Q P Q Q P R P P Q R R R Q Q P P R Q R P P Q R P P Q R P ∧∧∨∧⌝∧∨⌝∧⌝∧∨∧⌝∧⌝∨⌝∧∧⌝∨⌝∧⌝∧⌝=∧∧∨⌝∧∧∨∧⌝∧∨⌝∧⌝∧∨∧⌝∧⌝∨∧⌝∧⌝∨⌝∧∧⌝∨⌝∧⌝∧⌝=∨⌝∧∧∨∨⌝∧⌝∧∨∨⌝∧∨⌝∧⌝=∧∨⌝∧∨⌝=∨⌝∧∨⌝=→∧→ ————主析取范式(2) ()()(~)(~)(~(~))(~(~))(~~)(~)(~~)P Q P R P Q P R P Q R R P R Q Q P Q R P Q R P R Q →∧→=∨∧∨=∨∨∧∧∨∨∧=∨∨∧∨∨∧∨∨ 2、()~()(~)(~)(~~)(~)(~~)P Q R P Q R P Q P R P Q R P Q R P R Q →∧=∨∧=∨∧∧=∨∨∧∨∨∧∨∨∴等价3、解：根据给定的条件有下述命题公式：（A →（C ∇D ））∧～（B ∧C ）∧～（C ∧D ）⇔（～A ∨（C ∧～D ）∨（～C ∧D ））∧（～B ∨～C ）∧（～C ∨～D ）⇔（（～A ∧～B ）∨（C ∧～D ∧～B ）∨（～C ∧D ∧～B ）∨（～A ∧～C ）∨（C ∧～D ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～C ））∧（～C ∨～D ）⇔（（～A ∧～B ）∨（C ∧～D ∧～B ）∨（～C ∧D ∧～B ）∨（～A ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～C ）） ∧（～C ∨～D ）⇔（～A ∧～B ∧～C ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～B ∧～C ）∨ （～A ∧～C ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～C ∧～C ）∨（～A ∧～B ∧～D ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～D ）∨（～C ∧D ∧～B ∧～D ）∨（～A ∧～C ∧～D ）∨ （～C ∧D ∧～C ∧～D ）（由题意和矛盾律）⇔（～C ∧D ∧～B ）∨（～A ∧～C ）∨（～C ∧D ）∨（C ∧～D ∧～B ）⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～C ∧D ∧～B ∧～A ）∨ （～A ∧～C ∧B ）∨ （～A ∧～C ∧～B ）∨ （～C ∧D ∧A ）∨ （～C ∧D ∧～A ）∨（C ∧～D ∧～B ∧A ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～A ）⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧D ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧～D ）∨（～A ∧～C ∧～B ∧D ）∨ （～A ∧～C ∧～B ∧～D ）∨（～C ∧D ∧A ∧B ）∨ （～C ∧D ∧A ∧～B ）∨ （～C ∧D ∧～A ∧B ）∨ （～C ∧D ∧～A ∧～B ）∨（C ∧～D ∧～B ∧A ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～A ） ⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧D ）∨ （～C ∧D ∧A ∧～B ）∨ （～C ∧D ∧～A ∧B ） ∨（C ∧～D ∧～B ∧A ）⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧D ）∨（C ∧～D ∧～B ∧A ） 三种方案：A 和D 、 B 和D 、 A 和C习题 1.51、 （1）需证()(())P Q P P Q →→→∧为永真式()(())~(~)(~())~~(~)(()(~))~(~)(~)()P Q P P Q P Q P P Q P P P Q P Q TP Q P Q T P Q P P Q →→→∧=∨∨∨∧∨=∨∨∧∨=∨∨∨=∴→⇒→∧（3）需证S R P P →∧⌝∧为永真式SR P P T S F S R F S R P P ⇒∧⌝∧∴⇔→⇔→∧⇔→∧⌝∧3A B A B ⇒∴→ 、为永真式。
第七章部分课后习题参考答案7.列出集合A={2,3,4}上的恒等关系I A,全域关系E A,小于或等于关系L A,整除关系D A.={<2，2>,<3,3>,<4,4>}解：IA={<2,2>,<2,3>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<3,2>,<3,3>,<4,2>,<4,3>}EA={<2,2>,<2,3>,<2,4>,<3,3>,<3,4>,<4,4>}LAD={<2,4>}A13.设A={<1,2>,<2,4>,<3,3>}B={<1,3>,<2,4>,<4,2>}求A⋃B,A⋂B, domA, domB, dom(A⋃B), ranA, ranB, ran(A⋂B ), fld(A-B).解：A⋃B={<1,2>,<2,4>,<3,3>,<1,3>,<4,2>}A⋂B={<2,4>}domA={1,2,3}domB={1,2,4}dom(A∨B)={1,2,3,4}ranA={2,3,4}ranB={2,3,4}ran(A ⋂B)={4} fld R=dom R ⋃ran RA-B={<1,2>,<3,3>}，fld(A-B)={1,2,3} 14.设R={<0,1><0,2>,<0,3>,<1,2>,<1,3>,<2,3>}求R R, R -1, R ↑{0,1,}, R[{1,2}]解：R R={<0,2>,<0,3>,<1,3>}R -1,={<1,0>,<2,0>,<3,0>,<2,1>,<3,1>,<3,2>}R ↑{0,1}={<0,1>,<0,2>,<0,3>,<1,2>,<1,3>} R[{1,2}]=ran(R ↑{1,2})={2,3}16．设A={a,b,c,d}，1R ，2R 为A 上的关系，其中1R ={},,,,,a a a b b d{}2,,,,,,,R a d b c b d c b=求23122112,,,R R R R R R 。
离散数学第五版课后答案【篇一：离散数学课后答案(四)】txt>4.1习题参考答案-------------------------------------------------------------------------------- 1、根据结合律的定义在自然数集n中任取 a,b,c 三数，察看 (a。
b)。
c=a。
(b。
c) 是否成立？可以发现只有 b、c 满足结合律。
晓津观点：b)满足结合律，分析如下： a) 若有a,b,c∈n，则(a*b)*c =(a-b)-c a*(b*c) =a-(b-c)在自然数集中，两式的值不恒等，因此本运算是不可结合的。
b)同上，(a*b)*c=max(max(a,b),c) 即得到a，b,c中最大的数。
a*(b*c)=max(a,max(b,c))仍是得到a,b,c中最大的数。
此运算是可结合的。
c)同上,(a*b)*c=(a+2b)+2c 而a*(b*c)=a+2(b+2c),很明显二者不恒等，因此本运算也不是可结合的。
d)运用同样的分析可知其不是可结合的。
-------------------------------------------------------------------------------- 2、d)是不封闭的。
--------------------------------------------------------------------------------其不满足交换律、满足结合律、不满足幂等律、无零元、无单位元晓津补充证明如下：(1)a*b=pa+qb+r 而b*a=pb+qa+r 当p,q取值不等时，二式不相等。
因此*运算不满足交换律。
(2)设a,b,c∈r则(a*b)*c=p(pa+qb+r)+qc+r=p^2a+pab+pr+qc+r 而a*(b*c)=pa+q(pb+qc+r)+r=pa+qpb+q^2c+qr+r 二式不恒等，因此*运算是不满足结合律的。
第七章 特 殊 图 类习题7.11．解 因 m=n-1,这里m=6,所以n=6+1=7.2．解 不正确。
与平凡图构成的非连通图中有4个结点3条边，但是它不是树。
3K 3．证明 必要性。
因为G 中有n 个结点，边数m=n-1，又因为G 是连通的，由本节定理1可知，G 为树，因而G 中无回路。
再证充分性。
因为G 中无回路，又因为边数m=n-1，由本节定理1，可知G 为树，所以G 是连通的。
4．解 因 m=n-r,这里n=15,r=3,所以m=15-3=12，即G 有12条边。
5．解6个结点的所有不同构的树如图7-1所示。
图7-16．证明 由定理1，在任意的树中，边数),(m n 1−=n m；所以，由握手定理得)1(22)(1−==∑=n m v d ni i①⑴若T 没有树叶，则由于T 是连通图，所以T 中任一结点均有，从而2)(≥i v d n v d ni i2)(1≥∑= ②则①与②矛盾。
⑵若树T 仅有1片树叶，则其余1−n个结点的度数不小于2，于是121)1(2)(1−=+−≥∑=n n v d ni i③从而①、③相矛盾。
综合⑴，⑵得知T 中至少有两片树叶。
7．解 图7-2⑴中共有两棵非同构的生成树（如图7-3⑴，⑵）。
图7-2⑵中共有3棵非同构的生成树（如图7-3⑶，⑷，⑸）。
⑵⑴⑶⑷ ⑸图7-38．解 在图7-4中共有8棵生成树，如图7-5⑴～⑻所示，第i 生成树用表示。
，，，)8,,2,1( =iT i 7)(8=T W 8)()(61==T W T W 6)()(52==T W T W )()(73==T W T W 9)(4=T W 。
其中T 2，T 5是图中的最小生成树。
9．解 最小生成树T 如图7-7所示，W （T ）=18。
a bc da b cda ba bcdabc d⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺ ⑻图7-5图7-4图7-6图7-7习题7.21．解 不一定是。
如图7-8就不是根树.2．解 五个结点可形成3棵非同构的无向树，如图7-9⑴，⑵，⑶所示。
离散数学（第五版）清华大学出版社第7章习题解答7.1 (1),(2),(3),(5)都能构成无向图的度数列,其中除(5)外又都能构成无向简单图的度数列.分析1°非负整数列d,d ,L,d 能构成无向图的度数列当且仅当n di为1 2n∑i=1偶数,即d1,d2,L,dn中的奇数为偶数个.（1）,(2),(3),(5)中分别有4个,0个,4个,4 个奇数,所以,它们都能构成无向图的度数列,当然,所对应的无向图很可能是非简单图.而(4)中有 3 个奇数,因而它不能构成无向图度数列.否则就违背了握手定理的推论.2°(5) 虽然能构成无向图的度数列,但不能构成无向简单度数列.否则,若存在无向简单图G,以1,3,3,3 为度数列,不妨设G 中顶点为v1,v2,v3,v4,且d(vi)=1,于是d(v2)=d(v3)=d(v4)=3.而v1只能与v2,v3,v4之一相邻,设v1与v2相邻,这样一来,除v2能达到3度外, v3,v4都达不到3度,这是矛盾的.在图7.5所示的4个图中,(1) 以1为度数列,(2)以2为度数列,(3)以3为度数列,(4)以4为度数列(非简单图).7.2 设有几简单图D以2,2,3,3为度数列,对应的顶点分别为v1,v2,v3,v4,由于d(v)=d+(v)+d_(v),所示,d+(v)-d-(v)=2-0=2,d+(v )=d(v )-d-(v )11222=2-0=2,d+(v)=d(v)-d-(v)=3-2=1,d+(v)=d(v)-d-(v)=3-3=033344481由此可知,D 的出度列为2,2,1,0,且满足d+(v)= d-(v).请读者画出∑i∑ｉ一个有向图.以2,2,3,3为度数列,且以0,0,2,3为入度列,以2,2,1,0为出度列.7.3 D 的入度列不可能为1,1,1,1.否则,必有出度列为2,2,2,2(因为d(v)=d+(v)+d-(v)),)此时,入度列元素之和为4,不等于出度列元素之和8,这违背握手定理.类似地讨论可知,1,1,1,1也不能为D的出席列.7.4 不能. N阶无向简单图的最大度Δ≤n-1.而这里的n个正整数彼此不同,因而这n个数不能构成无向简单图的度数列,否则所得图的最大度大于n,这与最大度应该小于等于n-1矛盾.7.5 (1) 16个顶点. 图中边数m=16,设图中的顶点数为n.根据握手定理可知2m=32= n d(v)=2n∑ｉi=1所以,n=16.(2) 13个顶点.图中边数m=21,设3度顶点个数为x,由握手定理有2m=42=3×4+3x由此方程解出x=10.于是图中顶点数n=3+10=13.(3) 由握手定理及各顶点度数均相同,寻找方程2×24=nk的非负整数解,这里不会出现n,k均为奇数的情况. 其中n为阶级,即顶点数,k为度数共可得到下面10种情况.①个顶点,度数为48.此图一定是由一个顶点的24个环构成,当然为非简单图.②2个顶点,每个顶点的度数均为24.这样的图有多种非同构的情况,一定为非简单图.③3个顶点,每个顶点的度数均为16.所地应的图也都是非简单图.④4个顶点,每个顶点的度数均为12. 所对应的图也都是非简单图.⑤6个顶点，每个顶点的度数均为8，所对应的图也都是非简单图.⑥个顶点,每个顶点的度数均为 6.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.82⑦12 个顶点,每个顶点的度数均为 4. 所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑧16个顶点,每个顶点的度数均为3,所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑨24个顶点,每个顶点的度数均为 2.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑩48个顶点,每个顶点的度数均为1,所对应的图是唯一的,即由24个K2构成的简单图.分析由于n阶无向简单图G中,ΔG( )≤n-1,的以①-⑤所对应的图不可能有简单图.⑥-⑨既有简单图,也有非简单图,读者可以画出若干个非同构的图,而⑩只能为简单图.7.6 设G为n阶图,由握手定理可知70=2×35= n d(v)≥3n,∑ 1i=1所以,?70?n≤=23.?3????70?这里, ?x?为不大于x的最大整数,例如?2?=2,?2.5?=2,=23 .?3???可是由于G 为7.7 由于δ(G)=n-1,说明G 中任何顶点v的度数d(v)≥δ(G)=n-1,简单图,因而ΔG( )≤n-1,这又使得d(v)≤n-1,于是d(v)=n-1,也就是说,G中每个顶点的度数都是n-1,因而应有ΔG( )≤n-1.于是G为(n-1)阶正则图,即G为n阶完全图Kn.7.8 由G的补图G的定义可知,GUG为Kn,由于n为奇数,所以, Kn中各项顶点的度数n-1为偶数.对于任意的v∈V(G),应有v∈V(G),且dG(v)_d (v)=dK (v)=n-1Gn83其中dG(v)表示v在G中的度数, d (v)表示v在G中的度数.由于n-1为偶G数,所以, dG(v)与d (v)同为奇数或同为偶数,因而若G有r个奇度顶点,则G也G有r个奇度顶点.7.9 由于D'?D,所以,m'≤m.而n阶有向简单图中,边数m≤n(n-1),所以,应有n(n-1)=m'≤m≤n(n-1)这就导致m=n(n-1),这说明D为n阶完全图,且D'=D.7.10 图7.6给出了K4的18个非同构的子图,其中有11个生成子图(8-18),其中连通的有6个11,12,13,14,16,17).图7.6中,n,m分别为顶点数和边数.7.11 K4有11个生成子图,在图7.6中,它们分别如图8-18所示.要判断它们之中哪些是自补图,首先要知道同构图的性质,设G1与G2的顶点数和边数.若G1?G2,则n1=n2且m1=m2.(8)的补图为(14)=K4,它们的边数不同,所以,不可能同构.因而(8)与(14)84均不是自补图类似地,(9)的补图为(13),它们也非同构,因而它们也都不是自补图.(10)与(12)互为补图,它们非同构,因而它们都不是自补图.(15)与(17)互为补图,它们非同构,所以,它们都不是自补图.类似地,(16)与(18)互为补图且非同构,所以,它们也都不是自补图.而(11)与自己的补图同构,所以,(11)是自补图.7.12 3阶有向完全图共有20个非同构的子图,见图7.7所示,其中(5)-(20)为生成子图,生成子图中(8),(13),(16),(19)均为自补图.分析在图7.7所示的生成子图中, (5)与(11)互为补图,(6)与(10)互为补图,(7)与(9)互为补图,(12)与(14)互为补图,(15)与(17)互为补图,(18)与(20)互为补图,以上互为补图的两个图边数均不相同,所以,它们都不是自补图.而(8),(13),(16),(19)4个图都与自己的补图同构,所以,它们都是自补图.7.13 不能.分析在同构的意义下,G1,G2,G3都中K4的子图,而且都是成子图.而K4的两条边的生成子图中,只有两个是非同构的,见图7.6 中(10)与(15)所示.由鸽巢原理可知, G1,G2,G3中至少有两个是同构的,因而它们不可能彼此都非同构.鸽巢原理m只鸽飞进n个鸽巢,其中m≥n,则至少存在一巢飞入至少[m]只n鸽子.这里?x?表示不小于x的最小整数.例如, ?2?=2,?2.5?=3.7.14 G是唯一的,即使G是简单图也不唯一.分析由握手定理可知2m=3n,又由给的条件得联立议程组?2m=3n?2n-3=m.?解出n=6,m=9.6个顶点,9条边,每个顶点的度数都是3的图有多种非同构的情况,其中有多个非简单图(带平行边或环),有两个非同构的简单图,在图7.8中(1),(2)给出了这两个非同构的简单图.满足条件的非同构的简单图只有图7.8中,(1),(2)所示的图,(1)与(2)所示的图,(1)与(2)是非同构的.注意在(1)中不存在3个彼此相邻的顶点,而在(2)中存在3个彼此相邻的顶点,因而(1)图与(2)图非同构.下面分析满足条件的简单图只有两个是非同构的.首先注意到(1)中与(2)中图都是K6的生成子图,并且还有这样的事实,设G1,G2都是n 阶简单图,则G1?G2当且仅当G1?G2,其中G1,G2分别为G1与G2的补图.满足要求的简单图都是6阶9条边的3正则图,因而它们的补图都为6阶6条边的2正则图(即每个顶点度数都是2).而K6的所有生成子图中,6条边2正则的非同构的图只有两个,见图7.8中(3),(4)所示的图,其中(3)为(1)的补图,(4)为(2)的补图,满足要求的非同构的简单图只有两个.但满足要求的非同简单图有多个非同构的,读者可自己画出多个来.7.15 将K6的顶点标定顺序,讨论v1所关联的边.由鸽巢原理(见7.13 题),与v1关联的5条边中至少有3条边颜色相同,不妨设存在3条红色边,见图7.9中(1)所示(用实线表示红色的边)并设它们关联另外3个顶点分别为v2,v4,v6.若v2,v4,v6构成的K3中还有红色边,比如边(v2,v4)为红色,则v1,v2,v4构成的K3为红色K3,见图7.9中(2)所示.若v2,v4,v6构成的K3各边都是蓝色(用虚线表示),则v2,v4,v6构成的K3为蓝色的.867.16 在图7.10 所示的3个图中,(1)为强连通图,(2)为单向连通图,但不是强连通的,(3)是弱连通的,不是单向连通的,更不是强连通的.分析在(1)中任何两个顶点之间都有通路,即任何两个顶点都是相互可达的,因而它是强连能的.(2)中c不可达任何顶点,因而它不是强连通的,但任两个顶点存在一个顶点可达另外一个顶点,所以,它是单向可达的.(3)中a,c互相均不可达,因而它不是单向连通的,更不是强连通的.判断有向图的连通性有下面的两个判别法.1°有向图D是强连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的回路.2°有向图D是单向连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的通路. (1) 中abcda为经过每个顶点一次的回路,所以,它是强连能的.(2)中abdc为经过每个顶点的通路,所以,它是单向连通的,但没有经过每个顶点的回路,所以,它不是强连通的.(3)中无经过每个顶点的回路,也无经过每个顶点的通路,所以,它只能是弱连通的.7.17 G-E的连通分支一定为2,而G-V''的连通分支数是不确定的.分析设E为连通图G的边割集,则G-E的连通分支数p(G-E)=2,不可'''能大于2.否则,比如p(G-E)=3,则G-E由3个小图G,G'',G 组成,且E中边'1 2 3的两个端点分属于两个不同的小图.设E''中的边的两个端点一个在G 中,另一个187在G 中,则E''?E',易知p(G-E'')=2,这与E'为边割集矛盾,所以,2p(G-E'')=2.但p(G-V')不是定数,当然它大于等于2,在图7.11中,V'={u,v}为(1)的点割集, p(G-V)=2,其中'G 为(1)中图. V''={v}为(2)中图的点割集,且v为割点, p(G'-V'')=4,其中G为(2)中图.'7.18 解此题,只要求出D的邻接矩阵的前4次幂即可.?0 1 1 0??1 1 0 1?1 0 0 020 1 1 0A=??A =???0 0 0 0??0 0 0 1??????1 1 1 1??1 2 1 2?3 1 1 0 14 1 1 1 1A =??A =???0 1 1 1??1 1 0 1??0 0 0 1??0 0 0 1?????D中长度为4的通路数为A4中元素之和,等于15,其中对角线上元素之和为3,即D中长度为3的回路数为 3.v 到v 的长度为4的通路数等于a(4)=2.3434分析用邻接矩阵的幂求有向图D中的通路数和回路数应该注意以下几点:1°这里所谈通路或回路是定义意义下的,不是同构意义下的.比如,不同始点(终点)的回路2°这里的通路或回路不但有初级的、简单的，还有复杂的.例如,v1,v2,v1,v2,v1是一条长为4的复杂回路.3°回路仍然看成是通路的特殊情况.88读者可利用A2,A3,求D中长度为2和3的通路和回路数.7.19 答案A:④.分析G中有Nk个k度顶点,有(n-Nk)个(k+1)度顶点,由握手定理可知n d(v)=k?N +(k+1)(n-N )=2m∑ikki=1?Nk=n(k+1)-2n .7.20 答案A:②; B:③.分析在图7.12中,图(1)与它的补同构,再没有与图(1)非同构的自补图了,所以非同构的无向的4阶自补图只有1个.图(2)与它的补同构,图(3)与它的补也同构,而图(2)与图(3)不同构,再没有与(2),(3)非同构的自补图了,所以,非同械的5阶自补图有7.21 答案A:④; B:③; C:④; D:①.分析(1)中存在经过每个顶点的回路,如adcba.(2)中存在经过每个顶点.的通路,但无回路.(3)中无经过每个顶点至少一次的通路,其实,b,d两个顶点互不可达.(4)中有经过每个顶点至少一次的通路,但无回路,aedcbd为经过每个顶点的通路.(5)中存在经过每个顶点至少一次的回路,如aedbcdba(6)中也存在经.过每个顶点的回路,如baebdcb.由7.16 题可知,(1),(5),(6)是强连通的,(1),(2),(4),(5),(6)是单向连能的,(2),(4)是非强连通的单向连通图.注意,强连通图必为单向连通图.6 个图中,只有(3)既不是强连通的,也不是连通的,它只是弱连通图.而b到a有唯一的通路ba,所以d<b,a>=1. 在(3)中,从a到b无通路,所以d,<a,b>=∞，7.22 答案A:①; B:⑥㈩C:②; D:④.89分析用Dijkstra标号法,将计算机结果列在表7.1中.表中第x列最后标定y/Z表示b到x的最短路径的权为y,且在b到x的最短路径上,Z邻接到x, 即x的前驱元为Z.由表7.1可知,a的前驱元为c(即a邻接到c),c的前驱元为b,所以,b到a的最短路径为bca,其权为4.类似地计论可知,b到c的最短路径为bc,其权为1.b到d 的最短路径为bcegd,其权为9.b到e 的最短路径为bce,其权为7.表7.1顶点a b c d e f gk0 7 1∞∞∞∞1 4 ∞ 5 4∞1/b2 12 5 4∞4/c3 12 5 4/c114 12 5/c74 01 95 4 77.23 答案A:⑧; B:⑩C:③; D:③和④.分析按求最早、最晚完成时间的公式，先求各顶点的最早完成时间，再求最晚完成时间，最后求缓冲时间。
