图论习题乱做

图论中常常关心有限图，这样的图通常可以取最值、可以归纳，有一些比较好的性质(但是我也说不出几条来)

有些东西不会翻译，或者说不好翻译，就偷懒了(

证明：任意图(G)都存在长度为(delta(G)+1)的path，存在长度为(delta(G))的circle

从图中取出最长的path (P)，考虑(P)的一个端点(a)，则必然有(N_G(a)subseteq P)，否则我们可以找到另一个点扩展(P)使得它更长；

也就是说(|P|ge |N_G(a)|+1gedelta(G)+1)；

再从中取出(bin N_G(a))使得(b)在(P)上最远离(a)，则(ap_0p_1dots b)至少有(delta(G))个点，这个circle长度为(delta(G))

任意包含至少一个circle的图(G)满足(g(G)le 2diamG+1)

这里(g(G))指的是(G)中的最小circle的长度，(diam G)指的是(G)的直径(任意两点的最长距离)

不妨取出(G)中的最小circle，记为(C)，则(diam G=maxlimits_{forall x,yin V(G)} dist(x,y)gemaxlimits_{forall x,yin V(C)}{dist(x,y)}gelfloorfrac{|C|}{2} floor=lfloorfrac{g(G)}{2} floor)

于是就有题目给的式子了

对任意图(G)有(rad Gle diam Gle 2rad G)

这里(rad G)是图(G)的半径，定义为(minlimits_{xin V(G)}maxlimits_{yin V(G)} dist(x,y))。同时可定义中心点(v)为取到(rad G)时的(x)

不等式的前半是显然的，半径不会超过直径；

考虑取出中心点(v)，则(forall x,yin V(G))，有(dist(x,y)le dist(x,v)+dist(v,y)le rad G+rad G=2rad G)

这也被称为图上的三角不等式，算是一个小技巧吧。同时涉及半径的问题往往要设出中心点来

(star)设图(G)半径至多为(k)，且最大度至多为(dge 3)，则(G)的点数不超过(frac{d}{d-2}{left(d-1 ight)}^k)

这个构造就比较巧妙，想不到不过可以学习

首先取出(G)中的中心点(x)，定义(D_0=left{x ight})，(D_n=N_G(cup_{i=0}^{n-1}{D_i}))

这样就把图(G)以(x)为中心点，按照到(x)的距离分成了若干“层”，且(|D_0|=1)，(|D_1|=d)

由(Delta(G)=d)可知，(|D_n|le (d-1)|D_{n-1}|)，因为(D_{n-1})中的每个点至少和(D_{n-2})中的点有一条边，因此还剩下至多(d-1)条

于是(|V(G)|=sumlimits_{i=0}^{k}{D_i}le 1+sumlimits_{i=1}^k{d{left(d-1 ight)}^{i-1}}=frac{d{left(d-1 ight)}^{k}}{d-2})

这个式子告诉我们如果(rad G)和(delta(G))都很大，那么这个图也会很大

完全图(K^n)有(frac{n(n-1)}{2})个点

这个太简单了

若(G)中有长度为奇数的closed walk，则必存在一个长度为奇数的odd cycle

不妨取出(G)中最短的、长度为奇数的closed walk，记为(W)

把(W)写出来就是(W=v_0e_0v_1e_1dots e_{t-1}v_t)

1. 若(W)中任意节点都只出现了一次，则据定义可知这就是一个cycle，且长度为奇数；
2. 否则(exists i<j)使得(v_i=v_j)，此时(v_ie_idots v_j)是(W)中的一个closed walk，不妨记为(W')。于是有(|W'|)与(|W-W'|)二者必有一个为奇数(由(|W|)为奇数立即得到)，因此存在一个更短的、长度为奇数的closed walk，矛盾

这个“取最值”的证明手法会非常常见

证明：一棵树(T)至少有(Delta(G))个叶子

首先证明一棵树(T)在(|V(T)|ge 2)时至少有两个叶子：

在$|V(T)|=2$和$|V(T)|=3$的时候结论是显然的；

假设$T$没有叶子，则$delta(G)ge 2$，由推论可知$T$中存在长度至少为$3$的circle，矛盾；

假设$T$恰好只有一个叶子，记为$v_l$，则图$T'=T-v_l$仍然是一棵树(保持连通性、不会引入环)，且$T'$叶子的数量$le 1$

	假设$T'$没有叶子，则矛盾；假设$2le |V(T)|le 3$，则也矛盾；故$T'$必有一个叶子，重复上述操作

	由$|V(T)|$有限可知，上述过程必然会产生矛盾，故$T$至少有$2$个叶子

取出(deg(v)=Delta(T))的点，构造(T''=T-v)，则(T'')不连通、(T'')中的每个component都是树，这样共有(Delta(G))棵新树，此时至少有(2Delta(G))个叶子

注意到有恰好(Delta(G))个叶子是删除了(v)造成的，于是(T=T''+v)中至少有(Delta(G))个叶子

证明：(G)是二分图(iff G)中无odd cycle

(Rightarrow)是很好证明的

假设二分图(G)存在长度为奇数的cycle，记为(C)，写出来就是(v_0e_0v_1dots v_{2k}e_{2k}v_0)

由(G)是二分图，则(exists V_0,V_1subseteq V(G))使得(left{V_0,V_1 ight})是(V(G))的一个划分，且(forall x,yin V_0, xy otin E(G)and forall x,yin V_1,xy ot in E(G))。

我们不妨令(v_0in V_0)，则(v_1in V_1,v_2in V_0,dots,v_{2i}in V_0,v_{2i+1}in V_1,dots)，则(v_{2k}in V_0)，即(e_{2k})的两端都在(V_0)中，矛盾；

(Leftarrow)的证明要构造一个解

已知图(G)中无奇数cycle，任取(rin V(G))，(forall vin V(G))我们规定：

1. 若(dist(r,v))是奇数，则(vin V_1)
2. 否则(vin V_0)

考虑一条边(e=xy)，若(xin V_1and yin V_1)，那么取(xsim rsim yex)得到一条closed walk，且长度为奇数(奇+奇+1)，故(G)一定存在odd cycle，矛盾；

同理(xin V_0and yin V_0)的情况也可以得到矛盾；于是不存在(V_0)和(V_1)内部的边

连通图(G)中含有长度至少为(minleft{2delta(G),|V(G)| ight})的path或cycle

这题有点奇妙的

由反证法，不妨假设我们取出了(G)中最长的path或cycle，记为(P)。

首先考虑(P)为cycle的情况：

若(|P|=|G|)则这就是最长的path或cycle；否则(exists v_0in Gand v_0 otin P)，由连通性可知存在(v_1)使得(v_0-v_1)是一条不在(P)上的path且(v_1in P)，于是就可以沿着(v_0dots v_1P)走出一条长度不变的path

然后考虑(P)为path的情况：

记(P=v_0dots v_1)，于是(N_G(v_0)subseteq Pand N_G(v_1)subseteq P)。这个可以用反证法得到(否则会有一条更长的path)

这时候就有个tricky的观察：我们取出(R_P(N_G(v_0)))，这里(R_P(S)=left{x|xyin Pand yin S ight})，(Ssubseteq P)表示取出(S)在(P)中的前驱。

于是有个claim：(R_p(S)cap N_G(v_0)=varnothing)。证明只需要假设它们相交，则可以将(P)连成一个长度+1的cycle，这与(P)最长矛盾；

这样子我们就找到了(|P|ge |R_Pleft({N_Gleft(v_0 ight)} ight)|+|N_G(v_1)|+|left{v_1 ight}|=|N_G(v_0)|+|N_G(v_1)|+1=2delta(G)+1)，于是由path中点数和边数的关系就可以知道(P)的长度至少为(2delta(G))

证明树(T)的自同构必存在不动点/不动边

对(|T|=n)作归纳

当(n=1)时必存在不动点；

当(n=2)时必存在不动边；

设当(n<=k)时命题成立，则当(|T|=n=k+1)时，记(L=left{vmid vin V(T)and deg(v)=1 ight})

考虑(T)的自同构(sigma)，则必有(sigma (L)=L)。

1. 若(L)在(sigma)下存在不动点或不动边，则(T)在(sigma)下存在不动点或不动边，命题成立；
2. 若(L)在(sigma)下不存在不动点和不动边，则(T/L)非空且仍为一棵树，由归纳假设可知(T/L)存在不动点或不动边，于是命题也成立；

由数学归纳法，(T)是一棵树(Rightarrow T)的自同构存在不动点或不动边 对(forall kinN^+)成立(lacksquare)

Let (W) be a closed walk of length at least 1 that does not contain a circle. Prove that some edge of (W) repeats immediately (one in each direction)

首先(|W|=2n,; ninN^+)，否则将存在一个odd cycle；

由归纳法

当(|W|=2)时，显然成立；

不妨设当(|W|< k)时成立，下面将证明(|W|=k)时仍然成立

由于(W)无环，可知(exists vin Wand v eq st)使得(v)被经过了两次（否则可得(W)是一个cycle）

于是取出以(v)为起点和终点的walk (W')，由归纳假设可知(W')满足条件，于是(W)也满足条件。

Let (v) be a cut-vertex of a simple graph (G). Prove that (overline G-v) is connected.

Proof:

It's easy to see that (overline G-v=overline{G-v})

Assume (G) is connected. Since (v) is a cut-vertex, (exists left{\,{A,B}\, ight}) is a partition of (V(G-v)) s.t (forall xin Aand yin B) we have (xy otin E(G))

which means (forall xin Aand yin B), (xyin E(overline G))

Induction on (|Acup B|) will easily prove (overline{G-v}) is connected, thus (overline G-v) is connected.

If (G) is not connected, assume it has (k) components (C_1,C_2dots C_k), by proof above we know that (C_i) in (overline G-v) is connected for all (1leqslant ileqslant k)

(forall 1leqslant x<yleqslant k), we have (C_xC_y otsubseteq E(G)), thus (C_xC_ysubseteq E(overline G-v))

Induction on (k) will easily prove (overline {G-v}) is connected, thus (overline G-v) is connected.

Prove: (G) is bipartite iff (forall xin G), (forall yin N_G(x)), (exists zin G) s.t. (dis(x,z) eq dis(y,z))

(Rightarrow)：

假设 (exists xin G), (exists yin N_G(x)), (forall zin G) 都有 (dis(x,z)=dis(y,z))

那么取closed walk (P(x,z)P(z,y)x)，这是一个长度为奇数的 closed walk

由上面的定理，必然存在一个odd cycle，这和(G) bipartite 矛盾。故假设不成立

(Leftarrow)：

假设(G)不是 bipartite，那么必然存在极小odd cycle，记为(C)

任取(xyin C)，我们 claim 对于(dis(x,z)=frac{|C|-1}{2}) 的 (z) 就是使得 (dis(x,z)=dis(y,z)) 的点, 矛盾