離散數學複習

最近+往事

最近考試了

上週考了C語言、明天要考離散數學，但上上週的面向對象編程我一個代碼都運行不了...最重要我旁邊有人用手機電腦兩用USB、手機AI上網作弊，而且還把USB給她旁邊的(N516第一排、近窗的窗2、窗3)...我破防了，走的時候忘了拿自己的USB，白坐了一趟去地鐵站的校巴....推𨙈了一個小時，灰心喪志的從廣州坐客運回珠海了...

滙業盃往事

以前我參加過滙業盃(澳門本地的常識問答比賽)，這個比賽最噁心的是

保校制(一校必有一隊入圍，也相當於先內卷自己學校)、

一隊正選3人後備1人、

分初高中、

隱性規則(初試全選擇題，做完才有資格被閱卷、才被入圍)，

我初三開始參加，直到第四年高三終於做完初試卷、並且(一隊初中、一隊高中代表隊)

入圍了....遙想當年得罪了某教學主任，使得她代發這滙業杯入圍奬都依然不淡定(直到畢業考她也不淡定、當面白日了她直接和另一教學主任客氣回答她才終於呷醋、淡定了)

今天看了才知道自己初試上鏡了...唯一一張有計算機...http://backend.delta-asia-quiz.com/upload/mediacenter/20191014/9e05f91be039b3d19fa787aaa4d8a822.pdf

入圍第一輪被噁心了

這自己第一次入圍感覺是沒什麼，但好像是被官方欽點的，還好實際的帶隊老師之前就出席抽籤了，我第一輪(64隊進16)對手都是老熟人、另一隊不認識，認識的人鏡平共2人(2人APhO、1人CPhO銅奬、另人CPhO省一)、培正2人(1人APhO、IPhO榮譽奬、2人CPhO銅奬)加上我一個(APhO+CPhO省三)，共三隊當代至少物理方面是強隊，還好比賽前看了名單、還未輪到我們這比賽前餓了，去澳門理工大學2樓飯堂食飯，實際帶隊老師請的...在最後一題前看著他們為了比分搶答終於都和我們隊分數持平(必答題自己隊限時回答、各隊搶答，我們隊最高分，多了三四十分，已經記憶模糊了)，所以最後一題我搶答對了，不用搞噁心的加答題，也是我唯一一次踩著他們上位....

第二輪和最後一輪是同一天的上午和下午

第二輪前有個同學說某校有位高手，我不認識，但盡量想輸，下午回去蔡高搞物理培訓，也是相同的流程：實際的帶隊老師一起去理工大學2樓飯堂請食飯，必答題拉得最高，有其他隊和高手隊競爭，包括我們搶答了20分，高手隊答對最後一題也沒有加答題，那天我直接在微信群向陳溢寧教授請：今天打總決賽的假+下周畢業旅行的假....下午看了一輪第一個初中隊的必答題就一起去理工大學2樓飯堂，實際的帶隊老師又請食飯...多了總決賽的特色---一起完成特色特意在大板的題+講述題(說服評委加分)，成語分太差了(也可能是自己選了這必答題的題組)、我們要搶答題追赶了，終於同那最高分的鏡平隊同分，加答題四五題大家都唔識答...最後必須可惜一下這節目動感教菁，不能忘了(沒有播出的那段)：她們隊先糾正司儀隊名"我地唔係哈哈哈哈，而是哈哈哈"然後背了兩段不同的"輕輕的我走了"《再別康橋》搶答成功，「文學 + 反應力雙殺」，我們隊「道心破碎」....實際的帶隊老師老母有事，約了畢業試後約請食飯但不是在澳門理工大學飯堂了，共請了四輪，我一人至少食咗起碼250MOP....

​​離散數學本人複習目錄(要注意考綱不一!)

​​曲婉玲

模組1：底層核心（集合+ 關係+ 函數）（理由：是離散數學的基礎工具，後續模組皆依賴此部分）

集合的運算

笛卡爾積

對稱差

二元關係的個數

等價關係

從B 到A 的函數

單射、滿射

模組2：推理工具（快速掌握）（理由：是證明類題目的基礎，知識點少、易速成）

8. 真值表

9. 在自然推理系統p 中，構造自然語言給出的推理

模組3：圖論基礎（搭框架）（理由：先掌握圖的核心概念，再延伸特殊結構與應用）

10. 圖的基本概念

11. 圖的邊數

12. 頂點的度數

13. 補圖

模組4：圖論特殊結構（進階考點）（理由：基於圖的基礎概念，聚焦高頻特殊圖考點）

14. 彼得森圖

15. 歐拉圖、哈密頓圖

16. 平面圖

模組5：圖論應用與表示（落地題型）（理由：是圖論知識的實際應用，包含計算題/ 畫圖題考點）

17. 生成樹

18. 葉子數（樹的核心概念，關聯生成樹）

19. 遍歷

20. 鄰接矩陣、通路數、迴路數、強連通圖

模組6：代數結構（抽象進階）（理由：依賴集合/ 關係基礎，抽象度較高，放後期減少初期壓力）

21. 哈斯圖、極大元、極小元、上確界、下確界

模組7：補充考點

22. 分形格

模組1：底層核心（集合+ 關係+ 函數）

1. 集合的運算

定理介紹

集合運算的核心定律（基礎定理）：

1. 交換律：A∪B=B∪A，A∩B=B∩A
2. 結合律：(A∪B)∪C=A∪(B∪C)，(A∩B)∩C=A∩(B∩C)
3. 分配律：A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C)，A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)
4. 德摩根律：A∪B=A∩B，A∩B=A∪B（S 為集合 S 的補集）
5. 同一律：A∪∅=A，A∩U=A（U 為全集）

例題分析

例題 1：已知全集 U={1,2,3,4,5}，A={1,3,5}，B={2,3,4}，求 A∪B、A∩B。

解答：A∪B={1,2,3,4,5}（合併 A、B 所有元素）；A∩B={3}（A、B 的公共元素）。分析：考驗「並集」「交集」的基本運算，直接按定義合併 / 取公共元素即可。

例題 2：已知 A={2,4,6}，B={1,4,5}，用德摩根律求 A∩B。

解答：根據德摩根律 A∩B=A∪B，故 A∩B={2,4,6}∪{1,4,5}={1,2,4,5,6}。

分析：考驗德摩根律的應用，無需先求 A、B，直接轉換「交集的補集」為「補集的並集」計算。

例題 3：驗證分配律 A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)，其中 A={a,b}，B={b,c}，C={c,d}。

解答：左側：B∪C={b,c,d}，故 A∩(B∪C)={a,b}∩{b,c,d}={b}；右側：A∩B={b}，A∩C=∅，故 (A∩B)∪(A∩C)={b}；左側 = 右側，分配律成立。

分析：考驗分配律的驗證，分別計算等式兩側集合並比對結果。

2. 笛卡爾積

定理介紹

笛卡爾積的核心性質（定理）：

1. 若 A非空 且 B非空，則 A×B!=B×A（不滿足交換律）；
2. (A×B)×C!=A×(B×C)（不滿足結合律）；
3. 分配律：A×(B∪C)=(A×B)∪(A×C)，A×(B∩C)=(A×B)∩(A×C)；
4. 若 ∣A∣=m、∣B∣=n（∣S∣ 為集合 S 的元素個數），則 ∣A×B∣=m×n。

例題分析

例題 1：已知 A={1,2}，B={a,b}，求 A×B。

解答：A×B={(1,a),(1,b),(2,a),(2,b)}（所有有序對 (x,y)，x∈A、y∈B）。分析：考驗笛卡爾積的基本定義，列舉所有可能的有序對（注意順序）。

例題 2：已知 ∣A∣=3、∣B∣=4，求 ∣A×B∣ 和 ∣B×A∣。

解答：根據性質 4，∣A×B∣=3×4=12；∣B×A∣=4×3=12。分析：考驗笛卡爾積的元素個數計算，雖不滿足交換律，但元素個數為兩集合元素數的乘積。

例題 3：驗證分配律 A×(B∪C)=(A×B)∪(A×C)，其中 A={x}，B={y}，C={z}。

解答：左側：B∪C={y,z}，故 A×(B∪C)={(x,y),(x,z)}；右側：A×B={(x,y)}，A×C={(x,z)}，故 (A×B)∪(A×C)={(x,y),(x,z)}；左側 = 右側，分配律成立。

分析：考驗笛卡爾積的分配律，透過列舉有序對驗證等式。

3. 對稱差

定理介紹

對稱差（記為 A△B）的核心定理：

1. 定義：A△B=(A−B)∪(B−A)（屬於 A 或 B 但不同時屬於兩者的元素）；
2. 交換律：A△B=B△A；
3. 結合律：(A△B)△C=A△(B△C)；
4. 與交的分配律：A∩(B△C)=(A∩B)△(A∩C)；
5. 性質：A△A=∅，A△∅=A。

例題分析

例題 1：已知 A={1,2,3}，B={2,3,4}，求 A△B。

解答：A−B={1}，B−A={4}，故 A△B={1}∪{4}={1,4}。

分析：考驗對稱差的基本定義，先求「A 減 B」「B 減 A」再取並集。

例題 2：驗證 A△A=∅，其中 A={a,b,c}。

解答：A−A=∅，A−A=∅，故 A△A=∅∪∅=∅。

分析：考驗對稱差的核心性質，同一集合的對稱差為空集。

例題 3：已知 A={x,y}，B={y,z}，C={z,w}，求 (A△B)△C。

解答：先算 A△B={x,z}；再算 (A△B)△C={x,z}△{z,w}={x,w}。

分析：考驗對稱差的結合律，分步計算即可（也可直接驗證與 A△(B△C) 相等）。

4. 二元關係的個數

定理介紹

二元關係的核心定理：若集合 A 有 m 個元素，集合 B 有 n 個元素，則：

1. A 到 B 的二元關係是 A×B 的子集；
2. A 到 B 的二元關係個數為 2m×n（因為 ∣A×B∣=m×n，子集個數為 2∣A×B∣）；
3. 若 A=B，則 A 上的二元關係個數為 2^m^2。

例題分析

例題 1：已知 A={1,2}，B={a}，求 A 到 B 的二元關係個數。

解答：∣A×B∣=2×1=2，故關係個數為 2^2=4。分析：先算笛卡爾積的元素個數，再求其子集個數（即關係個數）。

例題 2：已知集合 A 有 3 個元素，求 A 上的二元關係個數。

解答：∣A×A∣=3×3=9，故關係個數為 2^9=512。

分析：考驗「集合上的二元關係」個數計算，直接套用 2m2（m=3）。

例題 3：若 A 到 B 的二元關係個數為 16，且 ∣A∣=2，求 ∣B∣。

解答：設 ∣B∣=n，則 2^(2×n)=16=2^4，故 2n=4，n=2。

分析：逆用關係個數公式，透過指數相等求解集合 B 的元素個數。

5. 等價關係

定理介紹

等價關係的核心定理：

1. 定義：集合 A 上的關係 R 若滿足「自反性」（∀x∈A,xRx）、「對稱性」（xRy⇒yRx）、「傳遞性」（xRy∧yRz⇒xRz），則 R 是等價關係；
2. 等價類：對 x∈A，[x]_R={y∈A∣xRy}（與 x 等價的所有元素），性質：[x]_R=[y]_R 若且唯若 xRy；
3. 商集：A/R={[x]_R∣x∈A}（所有等價類的集合），商集是 A 的劃分（互不相交且覆蓋 A）。

例題分析

例題 1：判斷集合 A={1,2,3} 上的關係 R={(1,1),(2,2),(3,3),(1,2),(2,1)} 是否為等價關係。

解答：

• 自反性：(1,1),(2,2),(3,3)∈R，滿足；
• 對稱性：(1,2)∈R⇒(2,1)∈R，滿足；
• 傳遞性：(1,2)∧(2,1)⇒(1,1)∈R，其餘組合均滿足；故 R 是等價關係。
• 分析：考驗等價關係的三性判定，逐條驗證自反、對稱、傳遞性。

例題 2：已知 A={1,2,3,4} 上的等價關係 R 對應等價類 [1]={1,2}，[3]={3,4}，寫出 R。

解答：R={(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(3,3),(3,4),(4,3),(4,4)}。

分析：等價類內的元素互相有關係，類間無關係，據此列舉所有有序對。

例題 3：已知 A={a,b,c} 上的等價關係 R={(a,a),(b,b),(c,c),(a,b),(b,a)}，求商集 A/R。

解答：等價類為 [a]={a,b}，[c]={c}，故 A/R={{a,b},{c}}。

分析：考驗商集的定義，收集所有互不相同的等價類即可。

6. 從 B 到 A 的函數

定理介紹

函數的核心定理：

1. 定義：從 B 到 A 的函數 f:B→A 是 B×A 的子集，滿足「每個 b∈B 對應唯一 a∈A」（即若 (b,a1)∈f 且 (b,a2)∈f，則 a1=a2）；
2. 定義域：dom(f)=B（所有輸入元素）；
3. 值域：ran(f)={a∈A∣∃b∈B,f(b)=a}（所有輸出元素）；
4. 若 ∣B∣=n、∣A∣=m，則從 B 到 A 的函數個數為 mn。

例題分析

例題 1：判斷 B={1,2} 到 A={a,b} 的關係 f={(1,a),(2,b)} 是否為函數。

解答：每個 b∈B（1、2）都對應唯一 a∈A（1→a，2→b），故 f 是函數。

分析：考驗函數的定義，驗證每個輸入對應唯一輸出。

例題 2：已知 f:{1,2,3}→{x,y}，f(1)=x，f(2)=y，f(3)=x，求 dom(f) 和 ran(f)。

解答：dom(f)={1,2,3}（定義域為 B）；

ran(f)={x,y}（輸出的元素集合）。

分析：考驗函數的定義域和值域，直接根據定義提取即可。

例題 3：已知 ∣B∣=2、∣A∣=3，求從 B 到 A 的函數個數。

解答：每個 B 中的元素有 3 種對應方式，故函數個數為 3^2=9。

分析：考驗函數個數的計算，套用 m^n（m=∣A∣,n=∣B∣）。

7. 單射、滿射

定理介紹

單射、滿射的核心定理：

1. 單射（入射）：若 f:B→A 滿足「若 f(b1)=f(b2)，則 b1=b2」，則 f 是單射；
2. 滿射（映成）：若 f:B→A 滿足「ran(f)=A」（值域等於陪域），則 f 是滿射；
3. 雙射：同時滿足單射和滿射的函數，此時 ∣B∣=∣A∣（有限集合）。

例題分析

例題 1：判斷 f:{1,2,3}→{x,y,z}，f(1)=x，f(2)=y，f(3)=z 是否為單射、滿射。

解答：

• 單射：f(b1)!=f(b2)（所有輸出互不相同），滿足；
• 滿射：ran(f)={x,y,z}=A，滿足；故 f 是單射且滿射（雙射）。
• 分析：考驗單射、滿射的判定，分別驗證「輸出唯一」「值域覆蓋陪域」。

例題 2：已知 f:{a,b}→{1,2,3}，f(a)=1，f(b)=2，判斷是否為滿射。

解答：ran(f)={1,2}!={1,2,3}=A，故不是滿射。

分析：滿射要求值域等於陪域，此處值域未覆蓋陪域的所有元素。

例題 3：證明 f:N→N（N 為自然數集），f(n)=n+1 是單射。

解答：若 f(n1​)=f(n2​)，則 n1​+1=n2​+1，兩側減 1 得 n1​=n2​，故 f 是單射。

分析：考驗單射的證明，透過「假設輸出相等→推出輸入相等」驗證。

模組2：推理工具（快速掌握）

8. 真值表

定理介紹

真值表的核心定理：

1. 定義：對含 n 個命題變元的公式，列出所有 2n 種真值賦值（每個變元取真 / 假），並計算公式對應真值的表格；
2. 公式分類：
   • 重言式（永真式）：所有賦值下公式為真；
   • 矛盾式（永假式）：所有賦值下公式為假；
   • 可滿足式：存在至少一種賦值使公式為真。

例題分析

例題 1：構造命題公式 P→(Q∧¬P) 的真值表。解答：

P	Q	¬P	Q∧¬P	P→(Q∧¬P)
T	T	F	F	F
T	F	F	F	F
F	T	T	T	T
F	F	T	F	T

分析：按「變元→否定→合取→蘊含」的順序計算每一列的真值。

例題 2：用真值表判定 P∨¬P 的類型。

解答：

P	¬P	P∨¬P
T	F	T
F	T	T

所有賦值下公式為真，故是重言式。

分析：考驗公式類型的判定，透過真值表觀察所有賦值的結果。

例題 3：用真值表驗證等價式 ¬(P∧Q)⇔¬P∨¬Q（德摩根律）。

解答：

P	Q	P∧Q	¬(P∧Q)	¬P	¬Q	¬P∨¬Q
T	T	T	F	F	F	F
T	F	F	T	F	T	T
F	T	F	T	T	F	T
F	F	F	T	T	T	T

兩公式真值完全相同，故等價。

分析：考驗等價式的驗證，透過真值表比對兩公式的真值列。

9. 在自然推理系統p 中，構造自然語言給出的推理

定理介紹

自然推理系統 p 的核心規則（定理）：

1. P 規則：推理過程中可隨時引入前提；
2. T 規則：推理過程中可引入由已證公式（前提 / 中間結論）透過等價式 / 蘊含式推出的公式；
3. CP 規則（附加前提法）：若要證 H1∧⋯∧Hm⇒(R→C)，可將 R 作為附加前提，證 H1∧⋯∧Hm∧R⇒C；
4. 歸謬法：若要證 H1∧⋯∧Hm⇒C，可證 H1∧⋯∧Hm∧¬C 是矛盾式。

例題分析

例題 1：

前提：「若今天下雨，則不上課」（P→¬Q）；「今天下雨」（P）。

結論：「不上課」（¬Q）。構造推理。

解答：

1. P→¬Q（P 規則，前提引入）
2. P（P 規則，前提引入）
3. ¬Q（T 規則，1、2 透過蘊含式 A→B,A⇒B 推出）分析：考驗基本推理，用 P 規則引入前提，T 規則應用「假言推理」。

例題 2：

前提：「若努力則及格」（P→Q）；「若及格則過關」（Q→R）。

結論：「若努力則過關」（P→R）。用 CP 規則構造推理。

解答：

1. P（CP 規則，附加前提引入）
2. P→Q（P 規則，前提引入）
3. Q（T 規則，1、2 假言推理）
4. Q→R（P 規則，前提引入）
5. R（T 規則，3、4 假言推理）
6. P→R（CP 規則，由 1、5 推出）

分析：考驗 CP 規則的應用，將蘊含式的前件作為附加前提，推出後件即可。

例題 3：前提：「我看書或看劇」（P∨Q）；「若看書則不打遊戲」（P→¬R）；「我打遊戲了」（R）。結論：「我看劇了」（Q）。用歸謬法構造推理。

解答：

1. ¬Q（歸謬法，附加前提：結論的否定）
2. P∨Q（P 規則，前提引入）
3. P（T 規則，1、2 透過析取三段論 A∨B,¬B⇒A 推出）
4. P→¬R（P 規則，前提引入）
5. ¬R（T 規則，3、4 假言推理）
6. R（P 規則，前提引入）
7. R∧¬R（T 規則，5、6 合取，矛盾）
8. Q（歸謬法，由矛盾推出結論）

分析：考驗歸謬法的應用，引入結論的否定，推出矛盾即可證明結論成立。

模組3：圖論基礎（搭框架）

10. 圖的基本概念

定理介紹

圖的核心定義（定理）：

1. 無向圖：由頂點集 V 和邊集 E 組成，記為 G=⟨V,E⟩，邊是無序對 (vi,vj)；
2. 有向圖：邊是有序對 ⟨vi,vj⟩（有方向）；
3. 簡單圖：無環（頂點到自身的邊）、無重邊（同一對頂點間多條邊）的圖；
4. 完全圖：無向簡單圖中，任意兩頂點間都有邊，n 個頂點的完全圖記為 Kn，邊數為 2n(n−1)。

例題分析

例題 1：判斷 G=⟨{v1,v2,v3},{(v1,v2),(v2,v3),(v1,v1)} 是否為簡單圖。

解答：圖中存在環 (v1,v1)，故不是簡單圖。

分析：考驗簡單圖的定義，驗證是否無環、無重邊。

例題 2：求 4 個頂點的無向完全圖 K4​ 的邊數。

解答：邊數為 4×3​/2=6。

分析：套用完全圖的邊數公式 n(n−1)/2​（n=4）。

例題 3：區分「無向圖 G=⟨{a,b},{(a,b)}」和「有向圖 D=⟨{a,b},⟨a,b⟩」的差異。

解答：無向圖中邊 (a,b) 無方向，對應「a 與 b 相鄰」；

有向圖中邊 ⟨a,b⟩ 有方向，對應「a 指向 b」。

分析：考驗無向圖與有向圖的核心差異（邊的有序性）。

11. 圖的邊數

定理介紹

圖的邊數核心定理（握手定理）：

1. 無向圖：所有頂點的度數和等於邊數的 2 倍，即 ∑v∈Vdeg(v)=2∣E∣；
2. 有向圖：所有頂點的出度和等於入度和，且等於邊數，即 ∑{v∈V}deg^{+}(v)=∑{v∈V}deg^{−}(v)=∣E∣。

例題分析

例題 1：無向圖中所有頂點的度數和為 8，求邊數。

解答：根據握手定理，2∣E∣=8，故 ∣E∣=4。

分析：直接套用無向圖的握手定理，度數和除以 2 得邊數。

例題 2：有向圖中，頂點 v1 出度 2、入度 1；v2 出度 1、入度 2；v3 出度 3、入度 3。求邊數。

解答：出度和為 2+1+3=6，根據有向圖握手定理，邊數為 6。

分析：套用有向圖的握手定理，出度和（或入度和）即為邊數。

例題 3：無向圖有 5 個頂點，其中 3 個頂點度數為 2，2 個頂點度數為 3，求邊數。

解答：度數和為 3×2+2×3=6+6=12，故邊數 ∣E∣=12÷2=6。

分析：先計算度數和，再用握手定理求邊數。

12. 頂點的度數

定理介紹

頂點度數的核心定理：

1. 無向圖：度數（deg(v)）是頂點 v 關聯的邊數（環算 2 度）；
2. 有向圖：出度（deg^+(v)）是從 v 出發的邊數，入度（deg^−(v)）是指向 v 的邊數；
3. 度序列判定：無向圖的度序列（所有頂點的度數組成的序列）之和必為偶數。

例題分析

例題 1：無向圖中，頂點 v 關聯 3 條普通邊和 1 個環，求 deg(v)。

解答：環算 2 度，故 deg(v)=3+2=5。

分析：考驗度數的計算規則，環對度數的貢獻為 2。

例題 2：判斷度序列 (3,3,2,2,1) 是否為無向圖的度序列。

解答：度數和為 3+3+2+2+1=11，是奇數，故不是無向圖的度序列。

分析：考驗度序列的判定規則，度數和必須為偶數。

例題 3：有向圖中，頂點 v 的出度為 2，入度為 3，求 v 的總度數（deg(v)=deg+(v)+deg−(v)）。

解答：deg(v)=2+3=5。

分析：考驗有向圖頂點總度數的計算，即出度與入度之和。

13. 補圖

定理介紹

補圖的核心定理：

1. 定義：設無向簡單圖 G=⟨V,E⟩，其補圖 G_Cu=⟨V,E_Cu⟩，其中 E_Cu={(u,v)∣u,v∈V,u!=v,(u,v)∈/E}（頂點集與 G 相同，邊集是完全圖中不在 G 的邊）；
2. 性質：G 與 G _Cu的邊數和等於對應完全圖的邊數，即 ∣E∣+∣E_Cu∣=n(n−1)/2（n=∣V∣）；
3. 頂點度數：deg_{G_Cu}(v)=(n−1)−deg_G(v)（G的補圖中頂點的度數 = 完全圖中該頂點的度數 - G 中該頂點的度數）。

例題分析

例題 1：已知 G=⟨{v1,v2,v3},{(v1,v2)}，畫出其補圖 G。

解答：完全圖 K3​ 的邊集為 {(v1,v2),(v1,v3),(v2,v3)}，故 E_Cu={(v1,v3),(v2,v3)}，補圖 G_Cu 包含邊 (v1,v3)、(v2,v3)。

分析：先求對應完全圖的邊集，再減去 G 的邊集得到補圖的邊集。

例題 2：已知無向簡單圖 G 有 4 個頂點，邊數為 2，求其補圖的邊數。

解答：完全圖 K4​ 的邊數為 24×3​=6，故補圖邊數為 6−2=4。

分析：套用「G 與補圖邊數和 = 完全圖邊數」的性質計算。

例題 3：已知 G 中頂點 v 的度數為 1（n=4），求補圖中 v 的度數。

解答：完全圖中 v 的度數為 4−1=3，故 degG​(v)=3−1=2。

分析：套用補圖頂點度數的性質，用完全圖度數減去 G 中的度數。

模組4：圖論特殊結構

14. 彼得森圖

定理介紹

彼得森圖的核心性質（定理）：

1. 基本結構：10 個頂點、15 條邊的 3 - 正則圖（每個頂點度數均為 3）；
2. 圖的類型：是非平面圖（包含 K_{3,3} 的細分），不是歐拉圖（存在奇度頂點），不是哈密頓圖（無覆蓋所有頂點的回路）；
3. 補圖性質：彼得森圖的補圖是 10 個頂點的 7 - 正則圖（每個頂點度數為 7）。

例題分析

例題 1：驗證彼得森圖是 3 - 正則圖。

解答：彼得森圖的每個頂點都關聯 3 條邊，故度數均為 3，是 3 - 正則圖。

分析：考驗正則圖的定義，驗證所有頂點度數相等。

例題 2：判斷彼得森圖是否為歐拉圖。

解答：彼得森圖的頂點度數均為 3（奇數），不滿足「所有頂點度數為偶數」的歐拉圖條件，故不是歐拉圖。

分析：考驗歐拉圖的判定條件，奇度頂點的存在會排除歐拉圖可能。

例題 3：計算彼得森圖的邊數（已知是 10 個頂點的 3 - 正則圖）。

解答：根據握手定理，度數和為 10×3=30，故邊數為 30÷2=15。

分析：套用握手定理，透過正則圖的頂點數和度數計算邊數。

15. 歐拉圖、哈密頓圖

定理介紹

歐拉圖、哈密頓圖的核心定理：

1. 歐拉圖（無向）：
   • 判定：連通無向圖是歐拉圖，若且唯若所有頂點的度數為偶數；
   • 歐拉回路：存在一條經過所有邊恰好一次的回路。
2. 哈密頓圖（無向）：
   • 充分條件（Dirac 定理）：n≥3 的簡單圖，若每個頂點的度數 ≥n/2，則是哈密頓圖；
   • 定義：存在一條經過所有頂點恰好一次的回路（哈密頓回路）。

例題分析

例題 1：判斷 K_4​（4 個頂點的完全圖）是否為歐拉圖。

解答：K_4​ 中每個頂點的度數為 3（奇數），不滿足歐拉圖條件，故不是歐拉圖。

分析：考驗歐拉圖的判定，驗證頂點度數是否全為偶數。

例題 2：用 Dirac 定理判斷 K5​ 是否為哈密頓圖。

解答：n=5≥3，每個頂點的度數為 4，4≥5/2​=2.5，滿足 Dirac 定理，故是哈密頓圖。

分析：考驗 Dirac 定理的應用，驗證頂點度數是否滿足 ≥n/2​。

例題 3：構造 K_3​（3 個頂點的完全圖）的歐拉回路 / 哈密頓回路。解答：

• K_3 的頂點度數均為 2（偶數），是歐拉圖，歐拉回路：v1→v2→v3→v1；
• 此回路同時經過所有頂點恰好一次，故也是哈密頓回路。

分析：考驗歐拉回路與哈密頓回路的構造，小規模完全圖的回路可直接列舉。

16. 平面圖

定理介紹

平面圖的核心定理：

1. 定義：能畫在平面上且邊不相交（除頂點外）的圖；
2. 歐拉公式：連通平面圖滿足 v−e+r=2（v：頂點數，e：邊數，r：面數，包含外部面）；
3. 非平面圖判定：包含 K_5 或 K_{3,3} 的細分的圖是非平面圖（庫拉托夫斯基定理）；
4. 邊數上限：連通簡單平面圖滿足 e≤3v−6（v≥3）；若不含三角形，則 e≤2v−4（v≥4）。

例題分析

例題 1：已知連通平面圖 v=4、e=6，用歐拉公式求面數 r。

解答：根據歐拉公式 4−6+r=2，解得 r=4。

分析：直接套用歐拉公式，代入 v、e 求解 r。

例題 2：用邊數上限判定 K_5​（v=5,e=10）是否為平面圖。

解答：連通簡單平面圖的邊數上限為 3v−6=3×5−6=9，而 K_5​ 的邊數 10 > 9，故不是平面圖。

分析：套用平面圖的邊數上限公式，邊數超過上限則為非平面圖。

例題 3：已知連通平面圖 v=5、r=4，求邊數 e。

解答：根據歐拉公式 5−e+4=2，解得 e=7。

分析：逆用歐拉公式，代入 v、r 求解 e。

模組5：圖論應用與表示（落地題型）

17. 生成樹

定理介紹

生成樹的核心定理：

1. 定義：連通圖 G 的生成樹 T 是 G 的子圖，且 T 是樹（連通且無回路），並包含 G 的所有頂點；
2. 性質：
   • 連通圖必有生成樹；
   • 生成樹的邊數為 v−1（v 為頂點數）；
   • 生成樹去掉一條邊則不連通，添加一條邊則出現回路。
3. 最小生成樹：帶權連通圖中，權值和最小的生成樹（常用 Kruskal 算法、Prim 算法構造）。

例題分析

例題 1：已知連通圖 G 有 5 個頂點，求其生成樹的邊數。

解答：生成樹邊數為 5−1=4。

分析：套用生成樹的邊數公式 v−1（v=5）。

例題 2：用 Kruskal 算法構造下圖的最小生成樹（頂點：v1,v2,v3；邊：(v1,v2,2)、(v1,v3,3)、(v2,v3,1)，括號內為權值）。

解答：

1. 選權值最小的邊 (v2,v3,1)；
2. 選不構成回路的邊 (v1,v2,2)；此時已包含所有頂點，最小生成樹的邊為 (v2,v3)、(v1,v2)，權和為 3。

分析：Kruskal 算法按權值由小到大選邊，避免回路，直到包含所有頂點。

例題 3：證明「生成樹去掉一條邊則不連通」。

解答：生成樹是樹，樹的邊是割邊（去掉任意一條邊則不連通），故生成樹去掉一條邊後不連通。

分析：考驗生成樹的性質，利用「樹的邊是割邊」的結論證明。

18. 葉子數（樹的核心概念，關聯生成樹）

定理介紹

樹的葉子數核心定理：

1. 葉子：樹中度數為 1 的頂點；
2. 樹的性質：
   • 樹中頂點數 v=e+1（e 為邊數）；
   • 所有頂點的度數和 ∑deg(v)=2e=2(v−1)；
   • 非平凡樹（v≥2）的葉子數至少為 2。

例題分析

例題 1：已知樹有 5 個頂點，其中 3 個頂點度數為 2，求葉子數。

解答：設葉子數為 t（度數 1），則度數和為 t×1+3×2=t+6；又度數和 =2(v−1)=2×4=8，故 t+6=8，t=2。

分析：利用樹的度數和性質，設葉子數為變量，列方程求解。

例題 2：已知樹的葉子數為 4，頂點數為 6，求樹的邊數。

解答：樹的邊數 e=v−1=6−1=5。

分析：樹的邊數與葉子數無關，直接套用 e=v−1。

例題 3：證明非平凡樹的葉子數至少為 2。

解答：假設非平凡樹的葉子數≤1，則度數和 ≥1×1+(v−1)×2=2v−1；但樹的度數和為 2(v−1)=2v−2，矛盾，故葉子數至少為 2。

分析：用反證法，假設葉子數不足 2，推出與度數和性質矛盾。

19. 遍歷

定理介紹

圖的遍歷核心定理：

1. 深度優先搜索（DFS）：從起點出發，沿當前邊走到未訪問頂點，無法前進時回溯，類似「先走到底再回頭」；
2. 廣度優先搜索（BFS）：從起點出發，先訪問所有相鄰頂點，再訪問相鄰頂點的相鄰頂點，類似「層層擴散」；
3. 性質：連通圖的 DFS/BFS 可訪問所有頂點。

例題分析

例題 1：對圖 G=⟨{v1,v2,v3,v4},{(v1,v2),(v1,v3),(v2,v4)}，以 v1 為起點，寫出 DFS 序列。

解答：DFS 序列：v1→v2→v4→v3（或 v1→v3→v2→v4，DFS 序列不唯一）。

分析：考驗 DFS 的遍歷規則，先走到底再回溯。

例題 2：對上題的圖 G，以 v1 為起點，寫出 BFS 序列。

解答：BFS 序列：v1→v2→v3→v4。

分析：考驗 BFS 的遍歷規則，先訪問起點的所有相鄰頂點，再擴散到下一層。

例題 3：說明 DFS 和 BFS 的核心差異。

解答：DFS 是「深度優先」，優先訪問當前頂點的未訪問相鄰頂點，直到無法前進再回溯；BFS 是「廣度優先」，優先訪問當前層的所有頂點，再訪問下一層頂點。

分析：考驗兩種遍歷方法的核心策略差異。

20. 鄰接矩陣、通路數、迴路數、強連通圖

例題分析

例題 1：已知有向圖 D 的頂點為 v1,v2，邊為 ⟨v1,v2⟩,⟨v2,v1⟩，寫出其鄰接矩陣 A。

解答：（a_12​=1 對應 ⟨v1,v2⟩，a_21​=1 對應 ⟨v2,v1⟩）。

分析：考驗鄰接矩陣的構造，根據邊的存在與否填寫 0/1。

例題 2：用上題的 A，求 A*2，並解釋 (1,1) 元素的含義。

解答：

；(1,1) 元素為 1，表示從 v1 出發長度為 2 的迴路數為 1（v1→v2→v1）。

分析：考驗鄰接矩陣的冪與通路數的關係，對角線元素對應迴路數。

例題 3：判斷上題的有向圖 D 是否為強連通圖。

解答：從 v1 到 v2 的通路：v1→v2；從 v2 到 v1 的通路：v2→v1，故任意兩頂點互相可达，是強連通圖。

分析：考驗強連通圖的判定，驗證任意兩頂點的雙向可达性。

模組6：代數結構（抽象進階）

21. 哈斯圖、極大元、極小元、上確界、下確界

定理介紹

偏序集與哈斯圖的核心定理：

1. 偏序集：集合 A 上的關係 ⪯ 滿足自反、反對稱、傳遞，則 ⟨A,⪯⟩ 是偏序集；
2. 哈斯圖：偏序集的圖形表示，規則：
   • 頂點表示 A 的元素；
   • 若 x⪯y 且 x=y，則 y 在 x 上方；
   • 若 x⪯y 且無 z 使 x⪯z⪯y（直接前驅 / 後繼），則畫邊連接 x,y；
3. 極大元：若不存在 y∈A 使 x⪯y 且 x=y，則 x 是極大元；
4. 極小元：若不存在 y∈A 使 y⪯x 且 y=x，則 x 是極小元；
5. 上確界：若 a∈A 是 B⊆A 的上界（∀x∈B,x⪯a），且是最小的上界，則 a 是 B 的上確界；
6. 下確界：若 a∈A 是 B⊆A 的下界（∀x∈B,a⪯x），且是最大的下界，則 a 是 B 的下確界。

例題分析

例題 1（續）：已知偏序集 ⟨{1,2,3,6}, 整除關係⟩，畫哈斯圖。

解答：

1. 先明確整除關係的完整集合：R={(1,1),(1,2),(1,3),(1,6),(2,2),(2,6),(3,3),(3,6),(6,6)}（自反性、傳遞性隐含）；

2. 哈斯圖繪製規則應用：

   • 頂點佈局：按「元素大小 + 整除關係」分層，最小元 1 在最底層，中間層為 、（僅被 1 整除，且不互相整除），最大元 6 在最頂層（被 、、 整除）；
   • 邊的連接：僅連接「直接整除關係」（無中間元素的前驅 - 後繼 ），即 1↔2、1↔3、2↔6、3↔6（不畫自環，不畫 1↔6 的傳遞邊）；

3. 最終哈斯圖結構：

       6
      / \
     2   3
      \ /
       1

分析：

哈斯圖省略了偏序關係的「自反邊」（每個元素到自身）和「傳遞邊」（如 1 到 6），僅保留「直接偏序邊」，核心是透過分層和直接邊直觀體現偏序關係。此例中，整除關係的傳遞性決定了 1 對 6 的整除不必單獨畫邊，由 1→2→6 或 1→3→6 間接體現。

例題 2：在偏序集 ⟨{1,2,3,6}, 整除關係⟩ 中，設子集 B={2,3,6}，求 B 的極大元、極小元。

解答：

1. 依據定理定義：
   • 極大元：子集 B 中無元素能「大於」它（即無 y∈B 使 x⪯y 且 x!=y）；
   • 極小元：子集 B 中無元素能「小於」它（即無 y∈B 使 y⪯x 且 y!=x）；
2. 逐一判斷 B 中元素：
   • 元素 2：B 中無 y!=2 使 y∣2（1∈/B），故 2 是極小元；
   • 元素 3：B 中無 y!=3 使 y∣3（1∈/B），故 3 是極小元；
   • 元素 6：B 中無 y!=6 使 6∣y，故 6 是極大元；
3. 結論：B 的極大元為 6，極小元為 2、3。

分析：

極大元、極小元是「相對於子集 B」的概念，而非整個偏序集。此例中，若 B 包含 1，則 、 不再是極小元（因 1∣2 且 1∣3），可見子集範圍直接影響結果，核心是驗證元素在子集中是否有「前驅」或「後繼」。

例題 3：在偏序集 ⟨{1,2,3,6}, 整除關係⟩ 中，設子集 B={2,3}，求 B 的上確界、下確界。

解答：

1. 依據定理定義：
   • 上界：∀x∈B，x⪯a（a∈A，此處 A={1,2,3,6}）；
   • 上確界：所有上界中最小的那個；
   • 下界：∀x∈B，a⪯x（a∈A）；
   • 下確界：所有下界中最大的那個；
2. 步驟 1：找 B 的上界與上確界；
   • 上界候選：滿足 2∣a 且 3∣a 的 a∈A，即 6（2∣6 且 3∣6）；
   • 上確界：唯一上界 6，故上確界為 6；
3. 步驟 2：找 B 的下界與下確界；
   • 下界候選：滿足 a∣2 且 a∣3 的 a∈A，即 1（1∣2 且 1∣3）；
   • 下確界：唯一下界 1，故下確界為 1；
4. 結論：B 的上確界為 6，下確界為 1。

分析：

上確界是「最小上界」，下確界是「最大下界」，必須滿足兩個條件：

① 是上界 / 下界；

② 在所有上界 / 下界中最極端（最小 / 最大）。

此例中，若偏序集包含 12，則上界有 、，此時上確界仍為 6（因 6<12），核心是「極端性」的判定。

模組7：補充考點

22. 分形格

定理介紹

分形格的核心定理（離散數學中聚焦「分形結構與格的結合」）：

1. 定義：分形格是具有「自相似性」的格結構，即整體與局部在結構上相似（縮放後與原結構一致）；
2. 格的本質：分形格首先是格，即偏序集 ⟨A,⪯⟩ 中任意兩元素都有唯一的上確界和下確界；
3. 核心性質：
   • 自相似性：存在縮放比例 k，使格的子集與原格結構同構；
   • 層次性：按分形規則遞歸生成，每層結構由上一層縮放 / 複製得來；
   • 封閉性：任意兩元素的上確界、下確界仍屬於分形格。

例題分析

例題 1：簡單分形格（二進制分形格）的遞歸生成：第 0 層為單元素 {a}，第 1 層是 {a,b}（a⪯b），第 2 層是將第 1 層的每個元素替換為第 1 層的結構（即 {a1​,a2​,b1​,b2​}，其中 a1​⪯a2​⪯b1​⪯b2​ 且 a1​⪯b1​、a2​⪯b2​）。畫出第 2 層分形格的哈斯圖。

解答：

1. 第 0 層：{a}（僅 1 個元素，無偏序關係）；
2. 第 1 層：{a,b}，哈斯圖：a→b；
3. 第 2 層：遞歸替換（每個元素替換為第 1 層結構）：
   • 替換 a 得 {a1,a2}（a1⪯a2）；
   • 替換 b 得 {b1,b2}（b1⪯b2）；
   • 補充跨子集偏序：a1⪯b1、a2⪯b2（保持自相似）；
4. 哈斯圖結構： b_2

/

b_1

/

a_2

/

a_1

（備註：實際分形格的跨層偏序可更複雜，此為最簡單的線性分形格，體現自相似性）。 #### 分析： 分形格的核心是「遞歸生成+自相似」，此例中第2層的局部（如 ）與第1層完全同構，符合分形的本質。

解題關鍵是遵循遞歸規則，保持局部與整體的結構一致性。

**例題 2：**驗證例題1中第2層分形格是否為格（即任意兩元素有唯一上確界和下確界）。

解答： 取第2層分形格的任意兩元素驗證：

1. 元素a_1 與 b_1：

上確界： （唯一滿足且 的最小元素）；

下確界： （唯一滿足 且 的最大元素）；

2. 元素 與：

上確界：（)，故上確界為 ；

下確界：（)，故下確界為 ；

3. 元素與 ：

上確界：；

下確界：；

**結論：**任意兩元素都有唯一的上確界和下確界，故第2層分形格是格。

分析： 分形格首先必須滿足「格」的定義，再額外具備「分形特性」。

此例透過列舉任意兩元素的上、下確界，驗證其格的性質，核心是先確認格的基本要求，再體現分形的結構特點。

例題3： 已知某分形格的第 n 層元素個數為 （遞歸規則：第n 層 = 第 n-1 層 × 2），

求第3層的元素個數，並說明其自相似性。

解答：

1. 計算元素個數：

第0層：（1個元素）；

第1層：（2個元素）；

第2層：（4個元素）；

第3層：（8個元素）；

2. 自相似性說明：

第3層的元素可分為兩個子集，每個子集的元素個數為（與第2層元素個數相同）；

每個子集的偏序關係與第2層分形格完全同構，且兩子集間的偏序關係與第2層內部的偏序關係一致，故整體與局部結構相似。

分析： 分形格的自相似性常體現在「元素個數的遞歸關係」和「結構的重複性」。此例中，元素個數按 遞增，每層都是上一層的兩倍複製，符合分形的核心特徵，解題關鍵是抓住遞歸規律與結構同構性。

補充問題解答

**問題 1：**除了 {1,2,3,6}，還有哪些集合可以構成偏序集並畫出哈斯圖？

偏序集的核心是「集合 + 滿足自反、反對稱、傳遞的關係」，以下列 3 個常見例子說明\：

例子 1：集合 A1​={1,2,4,8}，偏序關係為「整除關係」（∣）

• 偏序關係集合：R_1={(1,1),(1,2),(1,4),(1,8),(2,2),(2,4),(2,8),(4,4),(4,8),(8,8)}
• 哈斯圖結構：

8

/

4

/

2

/

1

**分析：**此集合是「鏈狀偏序集」（每個元素僅有一個直接前驅和一個直接後繼），整除關係的傳遞性使哈斯圖呈線性分層，符合偏序集定義，且哈斯圖省略自反邊和傳遞邊（如1→4、1→8）。

例子2： 集合 ，偏序關係為「包含關係」（)）

偏序關係集合：

哈斯圖結構：

{a,b}

/

{a} {b}

\ /

∅

分析： 包含關係是集合論中經典的偏序關係，哈斯圖按「集合元素個數」分層（空集在底層，二元集在頂層），直接邊對應「真包含且無中間集合」（如），驗證了偏序集的三性。

例子3： 集合 ，偏序關係為「整除關係」（）

偏序關係集合： 哈斯圖結構：

12

/

6

/

2 3

分析：與{1,2,3,6}的哈斯圖結構同構（僅元素不同），體現偏序集的「結構相似性」，核心是整除關係帶來的「上確界/下確界存在性」，符合格的性質（屬於偏序集的特殊情況）。

問題2：若子集 （偏序集仍為, 整除關係），極大元、極小元分別是什么？

解答：

1. 明確核心定義：

極大元：子集 B中，不存在 使 且 （無「後繼元素」）；

極小元：子集 B 中，不存在 使 且 （無「前驅元素」）。

2. 逐一驗證B中元素：

元素 1：B中所有元素（2、3）都能被1整除(、）,且無使 且 ,故1是極小元；

元素 2：B中無 使 （3不能被2整除，6不在B 中），故2是極大元；

元素 3：B中無 使 （2不能被3整除，6不在B中），故3是極大元。

3. 結論：的極大元為 2、3，極小元為 1。

分析： 極大元的關鍵是「子集中無元素能被其整除」，因2和3互質，且子集不含它們的公倍數6，故兩者都是極大元；極小元的關鍵是「子集中所有元素能被其整除」，1是唯一滿足此條件的元素，體現了「極小元唯一，極大元可多個」的常見情況。

問題3：若子集 （偏序集仍為, 整除關係 ），其上確界和下確界是什么？

解答：

1. 明確核心定義：

上界：，（原集合 ）；

上確界：所有上界中「最小的那個」（即最小公倍數在原集合中的對應元素）；

下界：，（ 原集合）；

下確界：所有下界中「最大的那個」（即最大公約數在原集合中的對應元素）。

步驟1：找下界與下確界；

下界候選：滿足、、 的 ，僅有 1（1是所有整數的公約數）；

下確界：唯一下界1，故下確界為1。

3. 步驟2：找上界與上確界；

上界候選：滿足 、、 的 ，僅有 6是1、2、3的最小公倍數）；

上確界：唯一上界 6，故上確界為 6。

4. 結論：的上確界為 6，下確界為 1。

分析： 下確界對應「最大公約數」（1是1、2、3的最大公約數），上確界對應「最小公倍數」（6是1、2、3的最小公倍數），且兩者均屬於原偏序集，符合「上確界/下確界必須在原集合中」的要求。

若原集合不含6，則上確界不存在，此例因原集合含6，故上確界唯一存在，體現了格的性質（偏序集的特殊情況，任意兩元素有上、下確界）。