图论之二部图图形解析
*7.5 二部图及匹配 7.5.1二部图 在许多实际问题中常用到二部图，本节先介绍二部图的基本概念和主要结论，然后介绍它的一个重要应用—匹配。
定义7.5.1 若无向图,G V E =的顶点集V 能分成两个子集1V 和2V ，满足
（1）12V V V =U ，12V V φ=I ；
（2）(,)e u v E ?=∈，均有1u V ∈，2v V ∈。
则称G 为二部图或偶图(Bipartite Graph 或Bigraph)，1V 和2V 称为互补顶点子集，常记为12,,G V V E =。如果1V 中每个顶点都与2V 中所有顶点邻接，则称G 为完全二部图或完全偶图(Complete Bipartite Graph)，并记为,r s K ，其中12,r V s V ==。
由定义可知，二部图是无自回路的图。
图7-55中，(),(),(),(),()a b c d e 都是二部图，其中(),(),(),()b c d e 是完全二部图1,32,32,43,3,,,K K K K 。
图7-55二部图示例
显然，在完全二部图中,r s K 中，顶点数n r s =+，边数m rs =。 一个无向图如果能画成上面的样式，很容易判定它是二部图。有些图虽然表面上不是上面的样式，但经过改画就能成为上面的样式，仍可判定它是一个二部图，如图7-56中()a 可改画成图()b ，图()c 可改画成图()d 。可以看出，它们仍是二部图。
图7-56二部图示例
定理7.5.1 无向图,G E =为二部图的充分必要条件为G 中所有回路的长度均为偶数。
证明 先证必要性。
设G 是具有互补节点子集1V 和2V 的二部图。121(,,,,)k v v v v L 是G 中任一长度为k 的回路，不妨设11v V ∈，则211m v V +∈，22m v V ∈，所以k 必为偶数，不然，不存在边1(,)k v v 。
再证充分性。
设G 是连通图，否则对G 的每个连通分支进行证明。设,G V E =只含有长度为偶数的回路，定义互补节点子集1V 和2V 如下：任取一个顶点0v V ∈，令
10{()(,)}V v v V d v v =∈∧为偶数
21V V V =-
现在证明1V 中任意两节点间无边存在。
假若存在一条边(,)i j v v E ∈，且1,i j v v V ∈，则由0v 到i v 间的最短路（长度为偶数）， 边(,)i j v v 和j v 到0v 间的最短路（长度为偶数）所组成的回路的长度为奇数，与假设矛盾。 同理可证2V 中任意两节点间无边存在。
故G 中的每条边必具有形式(,)i j v v ，其中1i v V ∈，2j v V ∈， 即G 是具有互补节点子集1V 和2V 的一个二部图。
利用定理7.5.1可以很快地判断出图7-57中的()a 、()c 是二部图，而()b 则不是二部图。
图7-57
例7.5.1 六名间谍,,,,,a b c d e f 被擒，已知a 懂汉语、法语和日语，b 懂德语、俄语和日语，c 懂英语和法语，d 懂西班牙语，e 懂英语和德语，f 懂俄语和西班牙语，问至少用几个房间监禁他们，能使在一个房间里的人不能直接对话。
解 以六人,,,,,a b c d e f 为顶点，在懂共同语言的人的顶点间连边得图G （如图7-58()a 所示），因为G 中没有奇圈，所以G 是二部图（如图7-58()b 所示），故至少应有两间房间即可。
图7-58 7.5.2 匹配
二部图的主要应用是匹配，“匹配”是图论中的一个重要内容，它在所谓“人员分配问题”和“最优分配问题”等运筹学中的问题上有重要的应用。
首先看实际中常碰见的问题：给n 个工作人员安排m 项任务，n 个人用12{,,,}n V x x x =L 表示。并不是每个工作人员均能胜任所有的任务，一个人只能胜任其中(1)k k ≥个任务，那么如何安排才能做到最大限度地使每项任务都有人做，并使尽可能多的人有工作做？
例如，现有12345,,,,x x x x x 五个人，12345,,,,y y y y y 五项工作。已知1x 能胜任1y 和2y ，2x 能胜任2y 和3y ，3x 能胜任2y 和5y ，4x 能胜任1y 和3y ，5x 能胜任3y 、4y 和5y 。如何安排才能使每个人都有工作做，且每项工作都有人做？
显然，我们只需构造这样的数学模型：以i x 和j y （i ，j =1，2，3，4，5）为顶点，在i x 与其胜任的工作j y 之间连边，得二部图G ，如图7-59所示，然后在G 中找一个边的子集，使得每个顶点只与一条边关联（图中粗线），问题便得以解决了。这就是所谓匹配问题，下面给出匹配的基本概念和术语。
图7-59匹配问题示意图
定义7.5.2 设无向图,G V E =，G 中有边集M ?E ，且在M 中任意两条边都没有公共的端点，称边集M 为图G 的一个匹配(Matching)。M 中一条边的两个端点，叫做在M 下是配对的。如果G 中不存在匹配1M ，使得1M M >，则称M 为最大匹配(Maximum Matching)。
对于G 的一个匹配M ，若节点v 与M 中的边关联，则称v 是M 饱和的(Saturated)，否则称v 是M 不饱和的。
定义7.5.3 设二部图12,,G V V E =，M 是G 的一个匹配。若1v V ?∈，v 均是M 饱和的，则称M 是1V 对2V 的完全匹配（简称1V ―完全匹配）；若2v V ?∈，v 均是M 饱和的，则称M 是2V 对1V 的完全匹配（简称2V —完全匹配）。若M 既是1V ―完全匹配，又是2V ―完全匹配（即图G 的每个顶点都是饱和的），则称M 是完全匹配(Complete Matching)。
显然，完全匹配是最大匹配，但反之不然。
例7.5.2（1）在图7-59中，边集1122354354{(,),(,),(,),(,),(,)}M x y x y x y x y x y =是一个匹配，而且是是一个最大和完全匹配。
（2）在图7-60()a 中，边集1{(1,5),(2,7),(3,9),(4,8)}M =和2{(1,6),(2,7),(3,9)M =，(4,8)}都是图G 的最大匹配，也是1V ―完全匹配，但不是完全匹配。在图7-60()b 中，边集{(1,4),(2,5),(3,6)}M =是完全匹配。
图7-60
为了寻求二部图的最大匹配，下面交替路和可扩路两个概念。
定义7.5.4 设12,,G V V E =是一个二部图，M 是图G 的一个匹配，L 是G 中的一条路，如果L 是由属于M 和不属于M 的边交替出现组成，则称L 为G 的M 交替路(Alternating Path)。如果交替路L 的始点和终点都是M 不饱和点，则称L 为G 的M 可扩路(M —Extensible Path)。
例如，在图7-60()a 中，对于匹配{(1,6),(2,7),(3,9)}M =，路1:16273L ，2:27394L ，3:5394L ，4:51627394L 都是M 交替路，其中34,L L 的始点和终点都是M 不饱和点，所以这两条路是M 可扩路。
可扩路具有如下性质：可扩路的长度必为奇数，且属于M 的边比不属于M 的边少1条。 如果在一条可扩路中把属于M 中的边从匹配中去掉，把不属于M 中的边添入到匹配中， 则得到新的匹配1M ，1M 的边数比M 多１。例如，在图7-60()a 中，对于匹配{(1,6),(2,7),(3,9)}M =，4:51627394L 是M 可扩路，将4L 中属于M 中的边(1,6)，(2,7)，(3,9)从匹配M 中去掉， 把不属于M 中的边(5,1),(6,2),(7,3),(9,4)添入到匹配M 中，则得到新的匹配1{(5,1),(6,2),(7,3),(9,4)}M =，1M 中的边数由M 中的3条增至4条。如果图中还存在可扩路， 再按上面的步骤做， 所得到的匹配的边数又多１，一直到图G 中不存在可扩路为止。用此方法可逐步得到较大的匹配，直至得到最大匹配。这就是下面的定理。
定理7.5.2 在图G 中，M 为最大匹配的充分必要条件是不存在可扩路。
证明 先证必要性。
用反证法。假设G 中存在一条M 可扩路，则可以得到比M 的边数多１的匹配，与M 为最大匹配矛盾。所以G 中不存在M 可扩路。
再证充分性。
用反证法。假设M 不是最大匹配，则存在匹配1M ，使得1M M >。令21M M M =⊕（⊕为对称差运算），设由2M 导出的G 的子图2[]G M H =，因为M 和1M 都是G 的匹配，所以H 的任意顶点或是只与M （或1M ）中的一条边相关联，或是同时与M 的一条边及1M 的一条边相关联，其度数至多为2，于是H 的每个连通分支或者是一个边交错地属于M 与1M 的长度为偶数的回路，或者是边交错地属于M 与1M 的长度为奇数的交错路。 由于1M M >，因而H 中必有一个连通分支P ，它所含的属于1M 的边比属于M 的边多，P 不是回路（因为回路的长度均为偶数），它的起点和终点都是M 不饱和的，也一定是G 中的M 不饱和点，因此在G 中存在关于M 的可扩路，这与假设矛盾。
求一般图的最大匹配过程比较复杂，下面仅讨论如何在二部图中求最大匹配的问题。 设二部图12,,G V V E =，在G 中求最大匹配的关键是寻找可扩路。通常是先构造G 的一个匹配M ，再看1V 中有没有M 不饱和点。 如果没有，那么M 肯定是最大匹配了；如果有， 我们就从这些点出发找M 可扩路，由M 可扩路做出一个更大的匹配。寻找M 可扩路的一个有效方法是标记法， 其过程如下：
首先在G 中作一个匹配M ，用（*）标记1V 中所有M 不饱和点， 然后交替地进行以下步骤（１）和（２）。
（１）选一个1V 的新标记过的节点，比如i x ， 用（i x ）标记不通过M 中的边与i x 邻接且未标记过的2V 的所有节点。 对1V 所有新标记过的节点重复这一过程。
（２）选一个2V 的新标记过的节点，比如j y ， 用（j y ）标记通过M 中的边与j y 邻接且未标记过的1V 的所有节点。对2V 所有新标记过的节点重复这一过程。
执行以上步骤， 直至标记到一个2V 中的M 不饱和点。从该节点倒向追踪到标记有（*）的节点，就得到一条M 可扩路。于是也就得到一个边数为|M |＋１的匹配， 再返回（１）。 如果已不可能标记更多的节点，而2V 的所有标记的节点均为M 饱和点，则说明G 中已不存在M 可扩路，这时M 就是最大匹配。
例7.5.3 图7-61()a 是一个二部图， 求其最大匹配。
图7-61
解 取图7-61图()a 的一个匹配3152{(,),(,)}M x y x y =。用（*）标记1V 中所有M 不饱和
点124,,x x x 。 （1）选1V 的新标记过的节点1x ，用（1x ）标记不通过M 中的边与1x 邻接且未标记过的2V 的节点1y ；类似地，用（2x ）标记2y 。
(2) 选2V 的新标记过的节点1y ， 用（1y ）标记通过M 中的边与1y 邻接且未标记过的1V 的节点3x ；类似地，用（2y ）标记5x 。
(3) 选1V 的新标记过的节点3x ，因为不存在不通过M 中的边与3x 邻接的2V 的节点，所以不用（3x ）标记2V 的节点；用（5x ）标记3y 或4y ，假定用（5x ）标记3y 。
3y 是M 不饱和点，标记结束。
从3y 倒向追踪到标记有（*）的节点，就得到一条M 可扩路2253x y x y 或4253x y x y ，取前者，由此得匹配1223153{(,),(,),(,)}M x y x y x y =。
对匹配1M 再用标记法（见图7-61()b 知， 图中已不存在1M 可扩路，所以1M 就是最大匹配。
定理7.5.3（霍尔定理） 二部图12,,G V E =有1V ―完全匹配，当且仅当对1V 中任一子集A ，和所有与A 邻接的点构成的点集()N A ，恒有
()N A A ≥
证明 先证必要性。假设M 是二部图12,,G V E =的一个1V ―完全匹配，则1V 中的每个顶点均是M 饱和的。对1V 的任一子集A ，因A 的每个顶点在M 下和()N A 中不同的顶点配对，所以有()N A A ≥。
再证充分性。假设G 是满足对任何1V 的子集A ，()N A A ≥的二部图，但G 中没有使1V 中每个顶点饱和的完全匹配，设1M 是G 的一个最大匹配，由假设，1M 不使1V 中所有顶点饱
和。设v 是1V 中的1M 不饱和点，并设B 是与v 有关于1M 交错路相连通的所有顶点的集合。由于1M 是一最大匹配，由定理7.5.2可知：v 为B 中唯一的1M 不饱和点。
令A =B I 1V ，2T B V =I ，显然，{}A v -中的顶点都关于1M 饱和，即它与T 中的顶点在1M 下配对，于是1T A =-，且()N A T ?，又因()N A 中的每个顶点有关于1M 交错路与v 相连通，因此()N A T =，所以
()1N A A A =-<
与假设()N A A ≥矛盾。
例7.5.4 设有4个人1234,,,x x x x ，现有5项工作12345,,,,y y y y y 需要做，每个人所能胜任工作的情况如图7-62所示，问能否使每个人都能分配到一项工作？
图7-62
解 这个问题即为：二部图12,,G V V E =是否存在1V ―完全匹配。当取A =134{,,}x x x 时，()N A =25{,}y y ，因此()N A A <，根据霍尔定理，二部图没有1V ―完全匹配，所以要使每个人都能分配到一项工作是不可能的。
习题7.5
1．求下面两个二部图的最大匹配。
图7-63 2．假定G 是二部图，如何安排G 中顶点的次序可使G 的邻接矩阵呈0
0B C ?? ???
形式，0为零矩阵。
3．某单位有7个工作空缺1234567,,,,,,p p p p p p p 要招聘，有10个应聘者1210,,,a a a L 。
他们能胜任的工作岗位集合分别为：
156{,,}p p p ，267{,,}p p p ，34{,}p p ，15{,}p p ，67{,}p p ，3{}p ，23{,}p p ，13{,}p p ，1{}p ，5{}p 。如果规定每个应聘者最多只能安排一个工作，试给出一种分配方案使落聘者最少？
4．设(,)n m 图G 是二部图，证明2
4
n m ≤。
7.6 平面图
7.6.1 平面图的定义
在一些实际问题中，常常需要考虑一些图在平面上的画法，希望图的边与边不相交或尽量少相交。如印刷电路板上的布线、线路或交通道路的设计、地下管道的铺设等。下面举一个简单的例子。
例7.6.1 一个工厂有 3 个车间和 3 个仓库。 为了工作需要， 车间与仓库之间将设专用的车道。为避免发生车祸，应尽量减少车道的交叉点，最好是没有交叉点，这是否可能？
如图7-64()a 所示，A ，B ，C 是3个车间，M ，N ，P 是3座仓库。经过努力表明，要想建造不相交的道路是不可能的，但可以使交叉点最少（如图7-64()b 所示）。此类实际问题涉及到平面图的研究。近年来，由于大规模集成电路的发展，也促进了平面图的研究。本节介绍平面图的一些基本概念和常用结论。
图7-64
定义7.6.1 设,G V E =是一无向图。如果能把G 的所有节点和边画在平面上，使得任何两条边除公共端点外没有其他的交点，则称G 是一个平面图(Planar Graph)，或称该图能嵌入平面；否则，称G 是一个非平面图。
直观上说所谓平面图就是可以画在平面上，使边除端点外彼此不相交的图。应当注意，有些图从表面上看，它的某些边是相交的，但是不能就此肯定它不是平面图。
图7-65平面图和非平面图示例
例如，图7-65()a 是无向完全图3K ，它是平面图。图7-65()b 是无向完全图4K ，它表面上看有相交边，但是把它画成图()c ， 则可以看出它是一个平面图。图()d 是平面图。图()e 经改画后得到图()f ，图()g 经改画后得到图()h ，由定义知它们都是平面图。而图()i 、()j 是无向完全图5K ，5K 和图7-64中的两个图3,3K ，无论怎样调整边的位置，都不能使任何两边除公共端点外没有其他的交点，所以它们不是平面图，它们是两个最基本、最重要的非平面图，在平面图理论的研究中有非常重要的作用。
设G 是平面图，G 的以无交边的方式画在平面上的图称为平面图G 的平面嵌入(Imbedding)。如图7-65 中的()c 、()f 、()h 分别为图()b 、()e 、()g 的平面嵌入。
关于平面图，以下两个结论是显然的。
定理7.6.1 若G 是平面图，则G 的任何子图是平面图。
定理7.6.2 若G 是非平面图，则G 的任何母图是非平面图。
推论：无向完全图(5)n K n ≥和二部图3,(3)n K n ≥都是非平面图。
定义7.6.2 设,G V E =是平面图。将G 嵌入平面后，由G 的边将G 所在的平面划分为若干个区域，每个区域称为G 的一个面(Face)。其中面积无限的面称为无限面或外部面(Exterior Face)，面积有限的面称为有限面或内部面(Interior Face)。包围每个面的所有边组成的回路称为该面的边界(Bound)，边界长度称为该面的次数(Degree)，面R 的次数记为deg()R 。
例如，图7-65()a 共有2两个面，每个面的次数均为3。7-65()c 共有4四个面，每个面的次数均为3。图7-65()f 共有3个面，每个面的次数均为4。图7-65()h 共有6个面，每个面的次数均为3。图7-66所示平面图G 有4个面，1deg()3R =，2deg()3R =，3R 的边界为1078910e e e e e ，3deg()5R =，0R 的边界为167986542e e e e e e e e e ，0deg()9R =。
图7-66 关于面的次数，我们有下述定理。
定理7.6.3 在一个有限平面图G 中，所有面的次数之和等于边数的二倍，即
1deg()2r
i
i R m ==∑ 其中，r 为G 的面数，m 为边数。
证明 注意到等式的左端表示G 的各个面次数的总和，在计数过程中，G 的每条边或者是两个面的公共边界，为每一个面的次数增加1；或者在一个面中作为边界重复计算两次，为该面的次数增加2。因此在计算面的次数总和时，每条边都恰计算了两次，故等式成立。
由定理7.6.3可以立即得出：
推论：在任何平面图中次数为奇数的面的个数是偶数。
G 的不同平面嵌入的面的次数数列可能是不同的。图7-67中的1G ，2G 是同一个图的平面嵌入，但它们的面的次数数列分别是3,3,5,5和3,3,4,6。
图7-67 7.6.2 欧拉公式
在1750年数学家欧拉发现，任何一个凸多面体的顶点数n ，棱数m 和面数r 之间满足关系式：
2n m r -+=
这就是著名的欧拉公式。 更一般地，对任意平面图，欧拉公式依然成立。这就是下面的定理和推论。
定理7.6.4 设G 为一个连通平面图，它有n 个节点，m 条边和r 个面，则有2n m r -+=。 证明 对G 的边数m 进行归纳证明。
当m =0时，由于G 是连通的，因此G 只能是平凡图。这时，n =1，m =0，r =1，2
n m r -+=成立。
设(1)m k k =≥时，结论成立，下面证明当1m k =+时，结论也成立。
易见，一个具有1k +条边的连通平面图可以由k 条边的连通平面图添加一条边后构成。因为一个含有k 条边的连通平面图上添加一条边后仍为连通图，则有三种情况：
（1）所增边为悬挂边（见图7-68()a ），此时G 的面数不变，节点数增1，边数增1，欧拉公式成立。
（2）所增边为一个环，此时G 的面数增1（见图7-68()b ），边数增1，但节点数不变，欧拉公式成立。
（3）在图的任意两个不相邻节点间增加一条边（见图7-68()c ），此时G 的面数增1，边数增1，但节点数不变，欧拉公式成立。
图7-68
定理7.6.5 设G 是连通的(,)n m 平面图，且每个面的次数至少为(3)l l ≥，则 (2)2l m n l ≤
-- 证明 由定理7.6.3知
1
2deg()r i i m R l r ==
≥?∑ (r 为G 的面数) 再由Euler 公式 2n m r -+=
得
22m r m n l
=+-≤
故 (2)2
l m n l ≤--。 推论1 平面图G 的平面嵌入的面数与G 的嵌入方法无关。
于是G 的一个平面嵌入的面数，可直接称为平面图G 的面数。
推论2 设G 是有n 个节点(3n ≥)，m 条边的简单平面图，则36m n ≤-。
证明 不妨设G 是连通的，否则可在G 的连通分支间加边而得到连通图G '，G '的节点数仍为n ，边数m m '≥，所以若定理对G '成立，则对G 也成立。
由于G 是有n 个节点(3n ≥)的简单连通平面图，所以G 的每一个面至少有3条边围成。如果G 中有r 个面，则面的总次数
23m r ≥
即有
23
m r ≤
代入欧拉公式，可得 223m n m -+
≥ 从而得到
36m n ≤-。
推论2也可直接由定理7.6.5推出，只需令3l =即可。
推论3 若有n 个节点(3n ≥)的简单连通平面图G 不以3K 为子图，则24m n ≤-。
证明 由于G 是有n 个节点(n ≥3)的简单连通平面图，且G 中不含3K ，所以G 的每个面至少由4条边围成，即4l ≥，代入定理7.6.5，立即得
24m n ≤-。
推论4 若G 是一个简单平面图，则G 至少有一个节点的度数小于等于5。
证明 当G 的节点数小于等于6时，结论显然成立。当G 的节点数大于等于7时，设G 的最小度节点的度数为δ，若5δ>，即6δ≥，由握手定理知
2deg()6v V
m v n ∈=≥∑
故
3m n ≥
与推论2矛盾，所以图G 中至少有一个节点的度数小于等于5。
例7.6.2 证明5K 和3,3K 都不是平面图。
证明 （1）5K 的节点数n =5，边数10m =，若它是平面图，则由推论2得36m n ≤-，即 10356≤?-，这是一个矛盾不等式，故5K 不是平面图。
（2）3,3K 的节点数n =6，边数9m =，且其不含子图3K ，由推论3可知24m n ≤-，即9264≤?-，这也是一个矛盾不等式，故3,3K 是非平面图。
上面给出的定理7.6.4和推论2、推论3、推论4都是一个图是平面图的必要条件，它们可用来判断某个图不是平面图。我们希望找出一个图是平面图的充分必要条件。经过几十年的努力，波兰数学家库拉托夫斯基（Kuratowski ）于1930年给出了平面图的一个非常简洁的充分必要条件。下面就来介绍库拉托夫斯基定理。为此先引入同胚的概念。
定义7.6.3 设G 为一个无向图，(,)e u v 是G 的一条边，在G 中删去边e ，增加新的节点w ，使,u v 均与w 相邻接，则称在G 中插入一个2度节点； 设w 为G 的一个2度节点，w 与,u v 相邻接，在G 中删去节点w 及与w 相连接的边(,),(,)w u w v ，同时增加新边(,)u v ，则称在G 中消去一个2度节点w 。如图7-69 所示。
图7-69
定义7.6.4 如果两个无向图1G 与2G 同构或通过反复插入或消去2度节点后是同构的，则称1G 与2G 是同胚的(Homeomorphic)。
例如，图7-70所示的4个图是同胚的。
图7-70
定理7.6.6 (库拉托夫斯基定理) 一个无向图是平面图当且仅当它不含有与5K 或3,3K 同胚的子图。
库拉托斯基定理的必要性容易看出，因为5K 和3,3K 均不是平面图，因此与5K 或3,3K 同胚的图也不是平面图。一个无向图若是平面图，则它自然不会含有非平面图作为它的子图。
库拉托夫斯基定理的充分性证明较复杂，这里不再引述。有兴趣的读者可参阅邦迪(J.A.Bondy)和默蒂(U.S.R.Murty)的《图论及其应用》。
例7.6.3 证明图7-71中的()a （彼得森图）是非平面图。
图7-71
证明 在彼得森图中有同胚于3,3K 的子图(见图7-71()b 、()c )，由库拉托夫斯基定理知, 彼
得森图不是平面图。
7.6.3 平面图的着色
平面图的着色问题，最早起源于地图的着色。在一张地图中，若相邻国家着以不同的颜色，那么最少需要多少种颜色呢？1852年，英国青年盖思瑞（Guthrie ）提出了用四种颜色可以对地图着色的猜想（以下简称四色猜想）。1879年肯普（Kempe ）给出了这个猜想的第一个证明，但到1890年希伍德（Hewood ）发现肯普证明是有错误的，然而他指出了肯普的方法虽不能证明地图着色用四种颜色就够了，但却可以证明用五种颜色就够了，即五色定理成立。此后四色猜想一直成为图论中的难题。许多人试图证明猜想都没有成功。直到1976年美国数学家阿佩尔（K.Appel ）和哈肯(W.Haken)利用计算机分析了近2000种图形和100万种情况，花费了1200个机时，进行了100多亿个逻辑判断，证明了四色猜想。从此四色猜想便被称为四色定理。但是，不依靠计算机而直接给出四色定理的证明，仍然是数学界的一个令人困惑的问题。
为了叙述图形着色的有关定理，下面先给出对偶图的概念。
定义7.6.5 给定平面图,G V E =??，其面的集合12(){,,,}n F G f f f =L 。若有图***,G V E =??满足下列条件：
（1）对于任意一个面()i f F G ∈，其内部有且仅有一个节点**i v V ∈；
（2）对于G 中的面i f 和j f 的公共边k e ，有且仅有一条边**k e E ∈，使得***
(,)k i j e v v =，且
*k e 与k e 相交；
（3）当且仅当k e 只是一个面i f 的边界时，*i v 存在一个环*k e 且*k e 与k e 相交；
则称图*G 是图G 的对偶图(Dual Graph)。
例如，在图7-72中，G 的边和节点分别用实线和“
o ”表示，而它的对偶图*G 的边和结
点分别用虚线和“· ”表示。
图7-72
从对偶图的定义可以看出，若***,G V E =??是平面图,G V E =??的对偶图，则G 也是*G
的对偶图。
定理7.6.7一个连通平面图G 的对偶图*
G 也是平面图，而且有 *m m =，
*n r =，
*r n =，
()()**deg deg i G i G v f =，**(),i i f F G v V ∈∈
其中,,n m r 和***
,,n m r 分别是G 和*G 的节点数，边数和面数。 证明 由定义7.6.5对偶图的构造过程可知，G *也是连通的平面图，且*n r =，*m m =和()()**deg deg i G i G v f =显然成立，下证*r n =。因为G 和*G 均是连通的平面图，所以由欧拉公式有
2n m r -+=
***2n m r -+=
由*n r =，*m m =可得*
r n =。
定义7.6.6 若图G 的对偶图*G 同构于G ，则称G 是自对偶图(Self-dual Graph)。
例如，图7-73给出了一个自对偶图。
图7-73
定理7.6.8 若平面图,G V E =??是自对偶图，且有n 个节点，m 条边，则()21m n =-。
证明 由欧拉公式知
2n m r -+=
由于图,G V E =??是自对偶图，则有n r =，从而有 22n m -=
即
()21m n =-。
从对偶图的定义容易知道，对于地图的着色问题，可以化为一种等价的对于平面图的节点的着色问题。因此，四色问题可以归结为证明：对任意平面图一定可以用四种颜色，对其节点进行着色，使得相邻节点都有不同颜色。
定义7.6.7 平面图G 的正常着色(Proper Coloring)（简称着色）是指对G 的每个节点指派一种颜色，使得相邻节点都有不同的颜色。若可用n 种颜色对图G 着色，则称G 是n —可着色的。对图G 着色时，需要的最少颜色数称为G 的着色数(Chromatic Number)，记为()G χ。
于是，四色定理可简单地叙述如下：
定理7.6.9（四色定理）任何简单平面图都是4—可着色的。
证明一个简单平面图是5—可着色的很容易。
定理7.6.10（五色定理）任何简单平面图,G V E =??，均有()5G χ≤。
证明 只需考虑连通简单平面图G 的情形。对V 施行归纳证明。
当5V ≤时，显然，()5G χ≤。
假设对所有的平面图,G V E =??，当V k ≤时有()5G χ≤。现在考虑图111,G V E =??，11V k =+的情形。由定理7.6.5的推论4可知，存在01v V ∈，使得()0deg 5v ≤。在图1G 中删去0v ，得图10G v -。由归纳假设知，10G v -是5—可着色的，即()105G v χ-≤。因此只需证明在1G 中，节点0v 可用5种颜色中的一种着色并与其邻接点的着色都不相同即可。
若()0deg 5v <，则与0v 邻接节点数不超过4，故可用与0v 的邻接点不同的颜色对0v 着色，得到一个最多是五色的图1G 。
若()0deg 5v =，但与0v 邻接的节点的着色数不超过4，这时仍然可用与0v 的邻接点不同的颜色对0v 着色，得到一个最多是五色的图1G 。
若()0deg 5v =，且与0v 邻接的5个节点依顺时针排列为1234,,,v v v v 和5v ，它们分别着不同的颜色红、白、黄、黑和蓝。如图7-74所示。
图7-74
考虑由节点集合(){}
1310V v v V G v v =∈-∧着红色或黄色所诱导的10G v -的子图13G 。若13,v v 属于13G 的不同连通分支，如图7-75所示。则将1v 所在的连通分支中的红色与黄色对调，这样并不影响10G v -的正常着色，然后将0v 涂上红色即可得到1G 的一种五着色。
若1v 和3v 属于13G 的同一个连通分支，则由节点集{}130V v U 所诱导的1G 的子图{}13013
,V v E '??U 中含有一个圈C ，而2v 和4v 不能同时在该圈的内部或外部，即2v 与4v 不是邻接点，如图7-76所示。于是，考虑由节点(){}
2410V v v V G v v =∈-∧着白色或黑色所诱导子图24G ，由于圈C 的存在，24G 至少有两个连通分支，一个在C 的内部，一个在C 的外部（否则图1G 中将有边相交，与图1G 是平面图的假设矛盾），则2v 和4v 必属于24G 的不同连通分支，作与上面类似的调整，又可得到1G 的一种五着色。故()5G χ≤。由归纳原理，定理得证。
图7-75
图7-76
习题7.6
1．图7-77()a和()b所示的平面图各有几个面？写出它们各面的边界及次数。
图7-77
2． 证明图7-78()a 和()b 是非平面图。
图7-78
3．证明：小于30条边的简单平面图中存在度数小于等于4的节点。
4．设G 是简单平面图，面数12,()3r G δ<≥，证明G 中存在次数小于或等于4的面。
5．设G 是一个连通平面图， 它有n 个节点，m 条边，且每个面由k 条边围成。 试证 (2)2
k n m k -=- 6．证明具有６个节点和12条边的简单平面图，它的每一个面都是由３条边围成的。
7．设简单图G 的节点数n ≥11，则G 与G 的补图 G 中至少有一个不是平面图。
7.7 树与生成树
树是图论中的一个重要概念。早在1847年克希霍夫就用树的理论来研究电网络，1857年 凯莱在计算有机化学中222n C H +的同分异构物数目时也用到了树的理论。而树在计算机科学中应用更为广泛。本节介绍树的基本知识，其中谈到的图都假定是简单图。
7.7.1 无向树
定义7.7.1 一个连通无圈无向图称为无向树(Undirected Tree) (简称为树)，记作T 。树T 中度数为1的节点称为树叶(Leaf)（或叶节点），度数大于１的节点称为分枝点(Branch Point )（或内点(Inner Point)）。 一个无圈图称为森林(Forest)。
显然若图G 是森林，则G 的每个连通分支是树。 例如，图7-79()a 和()b 所示的图是树；()c 所示的图是森林。
图7-79 树和森林示意图
定理7.7.1 设T 是一个无向(,)n m 图，则以下关于T 的命题是等价的。
(1) T 是树；
（2）T 无圈且1m n =-；
(3) T 连通且1m n =-；
（4）T 无圈，但增加任一新边，得到且仅得到一个圈。
（5）T 连通，但删去任一边便不连通(2n ≥)。
（6）T 的每一对节点间有唯一的一条通路(2n ≥)。
证明 (1) ?（2）
由树的定义可知T 无圈。下证1m n =-。对n 进行归纳证明。
当1n =时，0m =，显然1m n =-。
假设n k =时结论成立，现证明1n k =+时结论也成立。
由于树是连通而无圈的，所以至少有一个度数为1的节点v ，在T 中删去v 及其关联边，便得到k 个节点的连通无圈图。由归纳假设它有1k -条边。再将顶点v 及其关联边加回得到原图T ，所以T 中含有1k +个顶点和k 条边，故结论1m n =-成立。
所以树是无圈且1m n =-的图。
(2) ?（3）
用反证法。若T 不连通，设T 有k 个连通分支(2k ≥) 1T ，2T ，L ，k T ，其节点数分别是12,,,k n n n L ，边数分别为12,,,k m m m L ，于是
11
,k k i i i i n
n m m ====∑∑
11(1)1k k
i i i i m m n n k n ====-=-<-∑∑
得出矛盾。所以T 是连通且1m n =-的图。
(3) ?（4）
首先证明T 无圈。对n 作归纳证明。
当1n =时，10m n =-=，显然无圈。
假设节点数为1n -时无圈，今考察节点数是n 时的情况。此时至少有一个节点v 其度数deg()1v =。我们删去v 及其关联边得到新图T '，根据归纳假设T '无圈，再加回v 及其关联边又得到图T ，则T 也无圈。
其次，若在连通图T 中增加一条新边(,)i j v v ，则由于T 中由i v 到j v 存在一条通路，故必有一个圈通过i v ，j v 。若这样的圈有两个，则去掉边(,)i j v v ，T 中仍存在通过i v ，j v 的圈，与T 无圈矛盾。故加上边(,)i j v v 得到一个且仅一个圈。
(4) ?（5）
若T 不连通，则存在两个节点i v 和j v ，在i v 和j v 之间没有路，若加边(,)i j v v 不会产生圈，但这与假设矛盾，故T 是连通的。又由于T 无圈，所以删去任一边，图便不连通。
(5) ?（6）
由连通性知，任意两点间有一条路径，于是有一条通路。若此通路不唯一，则T 中含有圈，删去此回路上任一边，图仍连通，这与假设不符，所以通路是唯一的。
(6) ?（1）
显然T 连通。下证T 无圈。用反证法。若T 有圈，则圈上任意两点间有两条通路，此与通路的唯一性矛盾。故T 是连通无圈图，即T 是树。
定理7.7.2 任一棵树T 中，至少有两片树叶(节点数2n ≥时)。
证明 设T 是一棵(,)n m 树（2n ≥），由定理7.7.1， 有
1
deg()22(1)22n i
i v m n n ===-=-∑ （1） 若T 中无树叶，则T 中每个节点的度数2≥，则
1
deg()2n i
i v n =≥∑ （2） 若T 中只有一片树叶，则T 中只有一个节点度数为1，其他节点度数2≥，所以
1deg()2(1)22n
i
i v n n =>-=-∑ （3） (2)，(3)都与(1)矛盾。所以T 中至少有两片树叶。
由定理7.7.1 所刻画的树的特征可见：在节点数给定的所有图中，树是边数最少的连通图， 也是边数最多的无圈图。 由此可知，在一个(,)n m 图G 中， 若1m n <-， 则G 是不连通的； 若1m n >-，则G 必定有圈。
例7.7.1 设T 是一棵树，它有两个2度节点，一个3度节点，三个4度节点，求T 的树叶数。
解 设树T 有x 片树叶，则T 的节点数
213n x =+++
T 的边数
15m n x =-=+
又由
12deg()n
i i m v ==∑
得 2(5)223143x x +=?+?+?+
所以9x =，即树T 有9片树叶。
7.7.2 无向图中的生成树与最小生成树
1．无向图中的生成树
定义7.7.2 若无向(连通图) G 的生成子图是一棵树，则称该树是G 的生成树或支撑树(Spanning Tree)，记为G T 。生成树G T 中的边称为树枝。图G 中其他边称为G T 的弦。所有这些弦的集合称为G T 的补。
例如，图7-80中()b 、()c 所示的树1T 、2T 是图()a 的生成树，而()d 所示的树3T 不是图()
a 的生成树。()f 、()g 所示的树是图()e 的生成树。一般的，一个图的生成树不唯一。
图7-80
考虑生成树1T ，可知1234,,,e e e e 是1T 的树枝，567,,e e e 是1T 的弦，集合567{,,}e e e 是1T 的补。生成树有其一定的实际意义。
例7.7.2 某地要兴建５个工厂，拟修筑道路连接这５处。经勘测其道路可依如图7-80()a 的无向边铺设。为使这５处都有道路相通，问至少要铺几条路？
解：这实际上是求G 的生成树的边数问题。
一般情况下，设连通图G 有n 个节点，m 条边。由树的性质知，T 有n 个节点，n －1条树枝，1m n -+条弦。
在图7-80()a 中，5n =，则1514n -=-=，所以至少要修４条路才行。
由图7-80可见，要在一个连通图G 中找到一棵生成树，只要不断地从G 的回路上删去一条边，最后所得无回路的子图就是G 的一棵生成树。于是有以下定理。
定理7.7.3 无向图G 有生成树的充分必要条件是G 为连通图。
证明 先采用反证法来证明必要性。
若G 不连通，则它的任何生成子图也不连通，因此不可能有生成树，与G 有生成树矛盾，故G 是连通图。
再证充分性。
设G 连通，则G 必有连通的生成子图，令T 是G 的含有边数最少的生成子图，于是T 中必无回路（否则删去回路上的一条边不影响连通性，与T 含边数最少矛盾），故T 是一棵树，即生成树。
2．无向图中的最小生成树
定义7.7.3 设,G V E =是一连通的带权图，则G 的生成树G T 为带权生成树，G T 的树枝所带权之和称为生成树G T 的权(Weight)，记为()G C T 。G 中具有最小权的生成树G T 称为G 的最小生成树(Minimal Spanning Tree)。
最小生成树有很广泛地应用。例如要建造一个连接若干城市的通讯网络，已知城市i v 和j v
之间通讯线路的造价，设计一个总造价为最小的通讯网络，就是求最小生成树G T 。
下面介绍求最小生成树G T 的克鲁斯克尔（Kr u sk a l)算法。
此方法又称为“避圈法”。其要点是，在与已选取的边不成圈的边中选取最小者。具体步骤如下：
1) 在G 中选取最小权边，置边数i ＝1。
2) 当i ＝n －1时，结束。否则，转3)。
3) 设已选择边为12,,,i e e e L ，在G 中选取不同于12,,,i e e e L 的边1i e +，使12{,,,i e e e L 1,}i e +无圈且1i e +是满足此条件的最小权边。
4) 置i 为i ＋1， 转2)。
证明 设0T 为由上述算法构造的一个G 的子图，它的节点是G 的n 个节点，0T 的边是121,,,n e e e -L ，且0T 无圈。由定理7.7.1可知0T 是一棵树，且为图G 的生成树。
下面证明0T 是最小生成树。
设图G 的最小生成树是T 。若T 与0T 相同，则0T 是图G 的最小生成树。若T 与0T 不同，则在0T 中至少存在一条边1i e +，使得1i e +不是T 的边，但12,,,i e e e L 是T 的边。因为T 是树，我们在T 中加上边1i e +，必有一个圈C ，而0T 是树，所以C 中必存在某条边e 不在0T 中。对于树T ，若以边1i e +置换e ，则得到一棵新树T '，树T '的权1()()()()i C T C T C e C e +'=+-，因为T 是最小生成树，故()()C T C T '≤，即1()()0i C e C e +-≥或1()()i C e C e +≥。因为12,,,i e e e L 1,i e +是T '的边，且在12{,,,i e e e L 1,}i e +中无圈，故1()()i C e C e +>不可能成立，否则在0T 中，自12,,,i e e e L 之后将取e 而不能取1i e +，与题设矛盾。于是1()()i C e C e +=，因此T '也是G 的最小生成树，但是T '与0T 的公共边比T 与0T 的公共边数多1，用T '置换T ，重复上述过程直到得到与0T 有1n -条公共边的最小生成树，这时T '就是0T ，故0T 是最小生成树。
例7.7.3 求图7-81(0)中有权图的最小生成树。
解 因为图(a)中n ＝8，所以按算法要执行n －1＝7次，其过程见图7-81(b)~(h)所示。
图7-81