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\(|P|\ge |N_G(a)|+1\ge\delta(G)+1\)；

再从中取出\(b\in N_G(a)\)使得\(b\)在\(P\)上最远离\(a\)，则\(ap_0p_1\dots b\)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\(diam G=\max\limits_{\forall x,y\in V(G)} dist(x,y)\ge\max\limits_{\forall x,y\in V(C)}{dist(x,y)}\ge\lfloor\frac{|C|}{2}\rfloor=\lfloor\frac{g(G)}{2}\rfloor\)

于是就有题目给的式子了

对任意图\(G\)有\(rad G\le diam G\le 2rad G\)

这里\(rad G\)是图\(G\)的半径，定义为\(\min\limits_{x\in V(G)}\max\limits_{y\in V(G)} dist(x,y)\)。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\(\forall x,y\in V(G)\)，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\(d\ge 3\)，则\(G\)的点数不超过\(\frac{d}{d-2}{\left(d-1\right)}^k\)

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\(D_0=\left\{x\right\}\)，\(D_n=N_G(\cup_{i=0}^{n-1}{D_i})\)

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\(|V(G)|=\sum\limits_{i=0}^{k}{D_i}\le 1+\sum\limits_{i=1}^k{d{\left(d-1\right)}^{i-1}}=\frac{d{\left(d-1\right)}^{k}}{d-2}\)

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\(W=v_0e_0v_1e_1\dots e_{t-1}v_t\)

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\(v_ie_i\dots v_j\)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$2\le |V(T)|\le 3$，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\(2\Delta(G)\)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\(v_0e_0v_1\dots v_{2k}e_{2k}v_0\)

由\(G\)是二分图，则\(\exists V_0,V_1\subseteq V(G)\)使得\(\left\{V_0,V_1\right\}\)是\(V(G)\)的一个划分，且\(\forall x,y\in V_0, xy\not\in E(G)\and \forall x,y\in V_1,xy\not \in E(G)\)。

我们不妨令\(v_0\in V_0\)，则\(v_1\in V_1,v_2\in V_0,\dots,v_{2i}\in V_0,v_{2i+1}\in V_1,\dots\)，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\(r\in V(G)\)，\(\forall v\in V(G)\)我们规定：

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

考虑一条边\(e=xy\)，若\(x\in V_1\and y\in V_1\)，那么取\(x\sim r\sim yex\)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\(x\in V_0\and y\in V_0\)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\(\min\left\{2\delta(G),|V(G)|\right\}\)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\(\exists v_0\in G\and v_0\not\in P\)，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\(v_1\in P\)，于是就可以沿着\(v_0\dots v_1P\)走出一条长度不变的path

然后考虑\(P\)为path的情况：

记\(P=v_0\dots v_1\)，于是\(N_G(v_0)\subseteq P\and N_G(v_1)\subseteq P\)。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\(R_P(S)=\left\{x|xy\in P\and y\in S\right\}\)，\(S\subseteq P\)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\(|P|\ge |R_P\left({N_G\left(v_0\right)}\right)|+|N_G(v_1)|+|\left\{v_1\right\}|=|N_G(v_0)|+|N_G(v_1)|+1=2\delta(G)+1\)，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\(2\delta(G)\)

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\(L=\left\{v\mid v\in V(T)\and deg(v)=1\right\}\)

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\(\forall k\in\N^+\)成立\(\blacksquare\)

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\(|W|=2n,\; n\in\N^+\)，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\(\exists v\in W\and v\neq st\)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, \(\exists \left\{\,{A,B}\,\right\}\) is a partition of \(V(G-v)\) s.t \(\forall x\in A\and y\in B\) we have \(xy\not\in E(G)\)

which means \(\forall x\in A\and y\in B\), \(xy\in E(\overline G)\)

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

If \(G\) is not connected, assume it has \(k\) components \(C_1,C_2\dots C_k\), by proof above we know that \(C_i\) in \(\overline G-v\) is connected for all \(1\leqslant i\leqslant k\)

\(\forall 1\leqslant x<y\leqslant k\), we have \(C_xC_y\not\subseteq E(G)\), thus \(C_xC_y\subseteq E(\overline G-v)\)

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

Prove: \(G\) is bipartite iff \(\forall x\in G\), \(\forall y\in N_G(x)\), \(\exists z\in G\) s.t. \(dis(x,z)\neq dis(y,z)\)

\(\Rightarrow\)：

假设 \(\exists x\in G\), \(\exists y\in N_G(x)\), \(\forall z\in G\) 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\(xy\in C\)，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

证明：若 \(\text{diam}(G)\geqslant 3\)，那么 \(\text{diam}(\bar G)\leqslant 3\)

不妨设 \(u,v\in V(G)\) 且 \(dist(u,v)\geqslant 3\)，考虑所有与 \(u\) 距离为 \(1\) 的顶点与 \(u\) 构成的集合，记为 \(V_u\)，同理取 \(V_v\)

注意到 \(dist(u,v)\geqslant 3\)，因此 \(V_u\cap V_v=\varnothing\)，否则将得到 \(dist(u,v)=2\)，矛盾；

不妨记 \(V(G)-V_u-V_v=V'\)，此时有 \(\left\{V_u,V_v,V'\right\}\) 是 \(V(G)\) 的一个划分

考虑在 \(\bar G\) 中这些顶点集的连边情况：

1. \(V_u,V'\)：由 \(V_u\) 的定义可知，任意 \(V'\) 中的顶点都与 \(u\) 不相邻，因此在 \(\bar G\) 中存在 \(u\) 到 \(V'\) 中任意顶点的边。又因为任意 \(V_u\) 中的顶点与 \(u\) 距离至多为 \(1\)，因此 \(\forall x\in V_u,\forall y\in V'\) 都有 \(dist(x,y)\leqslant 2\)
2. \(V_v,V'\)：理由同上
3. \(V_u,V_v\)：在 \(\bar G\) 中 \(V_u-\left\{u\right\}\) 与 \(v\) 有边直接相连，同理在 \(\bar G\) 中 \(V_v-\left\{v\right\}\) 与 \(u\) 有边直接相连（否则它们在 \(G\) 中直接相连，根据 \(V_u\cap V_v=\varnothing\) 可得矛盾）。并且 \(u-v\in E(\bar G)\) （否则同样违背 \(G\) 中两点的距离限制） 因此 \(\forall x\in V_u,\forall y\in V_v\) 都有 \(dist(x,y)\leqslant dist(x,v)+dist(v,u)+dist(u,y)\leqslant3\)
4. \(V_u\) 内部的点对：\(\forall x,y\in V_u\)，都有 \(dist(x,y)\leqslant dist(x,v)+dist(v,y)\leqslant 2\)
5. \(V_v\) 内部的点对理由同上
6. \(V'\) 内部的点对：\(\forall x,y\in V'\)，都有 \(dist(x,y)\leqslant dist(x,u)+dist(u,y)\leqslant 2\)

不难发现上述讨论列出了所有情况，因此 \(\forall x,y\in V(\bar G)\) 都有 \(dist(x,y)\leqslant 3\)，即 \(\text{diam}(\bar G)\leqslant 3\)