离散数学习题与解答

作业题与解答第一章192、4、6211、2、319、2解答PPQ真值表如下PQPQPPPPQ00111101101010010111000119、4所以公式PQQ为可满足式解答PQQP真值表如下PQPQPQQPPQQP0011111011011110010011100111所以公式PQQP为永真式19、6解答PQQRPR真值表如下PQRPQQRPRPQQRPQQRPR0001111100111111010101010111111110001001101011011101000111111111所以公式PQQRPR为永真式21、1解答PQR真值表如下PQRPRPQPQPQR0001101100110011010111010111010010001011101000111100101111100011所以成假赋值为01121、2解答QRPQ真值表如下PQRQQRPQQRPQ00011110011111010001001101111001100101110011000101110111所以成假赋值为010,100,101,11021、3解答PQPRP真值表如下PQRPQPRPRPRPPQPRP0001011100110111010101110111011110000110101010101101011111111011所以成假赋值为100,101第二章5、1236、1237、128、1235、求下列公式的主析取范式,并求成真赋值1PQQPPQQPPQQPPQQPPQPQPQM0M2M3，所以00，10，11为成真赋值。2PQQRPQQRPQQRPQRQRPQRPQRPQRPQRPQRM3M7，所以011，111为成真赋值。3PQRPQRPQRPQRPQRPQRPQPRPQRPQPRPQRPQPPQRRPQRPQ11PQ11M0M1M2M3M4M5M6M7，所以000,001,010,011,100,101,110,111为成真赋值。7、求下列公式的主析取范式，再用主析取范式求主合取范式1PQRPQRPQRPRPRPQRPQRPRQPRQPRQPRQPQRPQRPQRPQRPQRM1M3M5M6M7由主析取范式和主合取范式之间的关系，所以公式的主合取范式为PQRM0M2M42PQQRPQQRPQRQQRPQPRQQQRPQPRQRPQRPQRPQRPQRPQRPQRPQRPQRPQRPQRM0M1M3M7由主析取范式和主合取范式之间的关系，所以公式的主合取范式为PQQRM2M4M5M68、求下列公式的主合取范式，再用主合取范式求主析取范式1PQQPQQPQQPQQP11该公式无主合取范式，所以公式的主析取范式为PQQM0M1M2M32PQRPQPQRPQPQRPPQQPQRPPPQQPQQRPQQPRPQRPQRM0M6由主合取范式和主析取范式之间的关系，所以公式的主析取范式为PQRM1M2M3M4M5M73RPPQRPPQRPPQRPPQR0Q0M0M1M2M3M4M5M6M7该公式无主析取范式第三章142、4、5151、216114、在自然推理系统P中构造下面推理的证明2前提PQ,QR,R结论P证明QR前提引入QR置换R前提引入Q析取三段论PQ前提引入P拒取式（4）前提QP,QS,ST,TR结论PQ证明ST前提引入STTS置换TS化简TR前提引入T化简S假言推理QS前提引入SQQS置换SQ化简Q假言推理QP前提引入P假言推理PQ合取（5）前提PR,QS,PQ结论RS证明PQ前提引入P化简Q化简PR前提引入R假言推理QS前提引入S假言推理RS合取15、在自然推理系统P中用附加前提法证明下面各推理1前提PQR,SP,Q结论SR证明S附加前提引入SP前提引入P假言推理PQR前提引入QR假言推理Q前提引入R假言推理2前提PQRS,STU结论PU证明P附加前提引入PQ附加PQRS前提引入RS假言推理S化简ST附加STU前提引入U假言推理16、在自然推理系统P中用归谬法证明下面推理1前提PQ,RQ,RS结论P证明P结论否定引入PQ前提引入Q假言推理RQ前提引入R析取三段论RS前提引入R化简RR合取矛盾为矛盾式，由归谬法可知，推理正确。第四章5、123410、2411、265、在一阶逻辑中将下列命题符号化1火车都比轮船快。XYFXGYHX,Y，其中，FXX是火车，GYY是轮船，HX,YX比Y快。2有的火车比有的汽车快。XYFXGYHX,Y，其中，FXX是火车，GYY是汽车，HX,YX比Y快。3不存在比所有火车都快的汽车。XFXYGYHX,Y或XFXYGYHX,Y，其中，FXX是汽车，GYY是火车，HX,YX比Y快。4说凡是汽车就比火车慢是不对的。XYFXGYHX,Y或XYFXGYHX,Y，其中，FXX是汽车，GYY是火车，HX,YX比Y慢。10、给定解释I如下（A）个体域DN（N为自然数）。（B）D中特定元素2。（C）D上函数X,YXY，X,YXY。D上谓词X,YXY。2XYFFX,A,YFFY,A,XXYX2YY2X，真值为0。4XFFX,X,GX,XXXXXX,真值为1。11、判断下列各式的类型2XFXFXYGYGY此谓词公式前件永为真，而后件永为假，即公式为10,此公式为矛盾式，所以原谓词公式为矛盾式。6XFXYGYYGY此谓词公式是命题公式PQQ的代换实例，而该命题公式是矛盾式，所以此谓词公式是矛盾式。第五章1512342012231215、在自然推理系统F中构造下面推理的证明1前提XFXYFYGYRY,XFX结论XRX证明XFXYFYGYRY前提引入XFX前提引入YFYGYRY假言推理FCEI规则FCGCRCUI规则FCGC附加律RC假言推理XRXEG规则2前提XFXGARX，XFX结论XFXRX证明XFX前提引入FCXFXGARX前提引入FCGARCGARC假言推理RC化简FCRC合取XFXRX3前提XFXGX，XGX结论XFX证明XGX前提引入XGX置换GCXFXGX前提引入FCGCFC析取三段论XFX4前提XFXGY,XGXRX,XRX结论XFX证明XRX前提引入RCXGXRX前提引入GCRCGC析取三段论XFXGY前提引入FCGCFC析取三段论XFX20、在自然推理系统F中，构造下面推理的证明可以使用附加前提证明法1前提XFXGX结论XFXXGX证明XFX附加前提FYXFXGX前提引入FYGYGY假言推理XGX2前提XFXGX结论XFXXGX证明XFX附加前提XFX等值演算FCXFXGX前提引入FCGCGC析取三段论XGX23、在自然推理系统F中，证明下面推理1每个有理数都是实数，有的有理数是整数，因此有的实数是整数。设FXX为有理数，RXX为实数，GXX是整数。前提XFXRX，XFXGX结论XRXGX证明XFXGX前提引入FCGCFC化简GC化简XFXRX前提引入FCRCRC假言推理RCGC合取XRXGX2有理数、无理数都是实数，虚数不是实数，因此虚数既不是有理数、也不是无理数。设FXX为有理数，GXX为无理数，RX为实数，HX为虚数前提XFXGXRX,XHXRX结论XHXFXGX证明XFXGXRX前提引入FYGYRYXHXRX前提引入HYRYRYFYGYHYFYGYHYFYGYXHXFXGX置换假言三段论置换第六章31，32、123，41，42，4531、设A、B为任意集合，证明ABBAABAB证明由于ABBAABBAABBABAABBBAABAABBAABBAABABABAB所以原式成立。32、设A、B、C为任意集合，证明（1）ABCABC证明由于ABCABCABCABCABC所以原式成立。（2）ABCACBC证明由于ACBCACBCACBCACBACCACBABCABCABC所以原式成立。（3）ABCACB证明由于ABCABCACBACB所以原式成立。41、设A、B、C为任意集合，证明ACBCACBCAB证明XA1若XC则XAC，而ACBC所以XBC因此XB2若XC则XAC，而ACBC所以XBC因此XB综上所述，AB42、设A、B、C为任意集合，证明ABACABACBC证明1先证BCXB若XA则XAB，而ABAC所以XAC因此XC若XA则XAB，而ABAC所以XAC因此XC综上所述知BC2再证CB同理可证所以BC45、设A、B为任意任意集合，证明1PAPBPAB2PAPBPAB3针对2举一反例，说明PAPBPAB对某些集合A和B是不成立的。证明1先证PAPBPABXPAPB则XPAXPB所以XAXB所以XAB所以XPAB因此PAPBPAB再证PABPAPBXPAB则XAB所以XAXB所以XPAXPB所以XPAPB因此PABPAPB综上所述PABPAPB2XPAPB则XPAXPB所以XAXB若XA则XAB所以XPAB若XB则XAB所以XPAB因此PAPBPAB22111111111113举例令A1,B2则AB1，2则PA，1，PB，2而PAB，1,2,1,2显然PAPBPAB不成立第七章20、25、32、36、38、40、41、42、48、49、5020、设R1的R2为A上的关系，证明1R1R2R11R12R1R2R1R2证明1R1R2R1R2R1R2R11R1R1R2所以R1R2R1R22R1R2R1R2211111R1R2R11R1R1R2所以R1R2R1R225设R的关系图如图所示，试给出RR,SR,TR的关系图ABDECR关系图解ABDECRR关系图ABDECSR关系图ABDECTR关系图32、对于给的A和R，判断R是否为A上的等价关系。1A为为实数集，X,YA,XRYXY2解R不是A上的等价关系，因为R不自反2A1,2,3,X,YA,XRYXY3解R不是A上的等价关系，因为R不传递3AZ,即正整数集，X,YA,XRYXY是奇数。解R不是A上的等价关系，因为R不自反4APX,|X|2,X,YA,XRYXYYX解R不是A上的等价关系，因为R不传递5APX,CX,X,YA,XRYXYC解R是A上的等价关系36、设A1，2，3，4，在AA上定义二元关系R,AA,RUYXV1证明R是AA上的等价关系。2确定由R引起的对AA的划分。证明1先证R具有自反性AA由于XYXY再根据R的定义知,R所以R具有自反性再证R具有对称性,AA,若,R则由R的定义知UYXV所以XVUY再由R的定义知,R所以R具有对称性再证R具有传递性,AA,若,R并且,R则由R的定义知UYXV并且XTSY根据上述两式知UTSV再根据R的定义知,R所以R具有传递性。综上所述R为AA上的等价关系。2AA/R,38、设R为A上的自反和传递的关系，证明RR1是A上的等价关系。证明先证RR1具有自反性XA由于R为A上的自反关系所以R,再由逆关系的定义知R1所以RR1因此R具有自反性。再证RR1具有对称性RR1所以R并且R1由逆关系的定义知R1并且R所以R1R即RR1所以R具有对称性。再证R具有有传递性X,Y,ZA，并且,RR1所以R并且R1并且R并且R1所以R并且R并且R并且R由R的传递性知R并且R所以R并且R1所以RR1所以RR1具有传递性。综上所述知RR1为A上的等价关系。40、设R为NN上的二元关系，,NNRBD1证明R为等价关系2求商集NN/R证明1先证R具有自反性NN因为BB由R的定义知R所以R具有自反性。再证R具有对称性,NN，若R由R的定义知BD再由R的定义知R所以R具有对称性。再证R具有传递性,，NN，若R并且R由R的定义知BD,DF所以BF再由R的定义知R所以R具有传递性综上所述知R为NN上的等价关系。2NN/R,41、设A1，2，3，4，在AA上定义二元关系R,AA,RABCD1证明R为等价关系。2求R导出的划分。证明1先证R具有自反性AA由于ABAB再根据R的定义知,R所以R具有自反性再证R具有对称性,AA,若,R则由R的定义知ABCD所以CDAB再由R的定义知,R所以R具有对称性再证R具有传递性,AA,若,R并且,R则由R的定义知ABCD并且CDEF根据上述两式知ABEF再根据R的定义知,R所以R具有传递性。综上所述R为AA上的等价关系。2AA/R,42、设R是A上的自反和传递关系，如下定义A上的关系T，使得X,YATRR证明T是A上的等价关系。证明先证T具有自反性XA由于R是A上自反关系所以R即RR由T的定义知T所以T具有自反性再证T具有对称性X,YA,若T由T的定义知RR即RR再由T的定义知T所以T具有对称性再证T具有传递性X,Y，ZA,若TT由T的定义知RR并且RR再由R具有传递性知RR再根据T的定义知T所以T具有传递性。综上所述知T为A上的等价关系。48、设和为偏序集，在集合AB上定义关系T如下,AB,TA1RA2B1SB2证明T为AB上的偏序关系证明先证T具有自反性AB所以A1A并且B1B由于R和S分别是A和B上的偏序关系,所以R和S具有自反性所以A1RA1B1SB1由T的定义知T所以T具有自反性。再证T具有反对称性,AB,若T并且T则由T的定义知A1RA2B1SB2并且A2RA1B2SB1由于R和S是偏序关系，所以R和S反对称所以A1A2并且B1B2所以因此T具有反对称性。再证T具有传递性,，AB,若T并且T由T的定义知A1RA2B1SB2并且A2RA3B2SB3由于R和S是偏序关系,所以R和S具有传递性所以A1RA3B1SB3再由T的定义知T所以T具有传递性。综上所述T为A上的偏序关系。49、设为偏序集，在A上定义新的关系S如下X,YAXSYXRY称S为R的对偶关系1证明S也是A上的偏序关系。2如果R是整数集合上的小于或等于关系，那么S是什么关系如果R是正整数集合上的整除关系，那么S是什么关系3偏序集和中的极大元、极小元、最大元、最小元等之间有什么关系证明1先证S具有自反性XA由于R具有自反性，所以R由S的定义知S所以S具有自反性。再证S具有反对称性X，YA,若S并且S那么由S的定义知R并且R由于R是偏序关系，所以R具有反对称性所以XY所以S具有反对称性。再证S具有传递性X，Y，ZA,若S并且S由S的定义知R并且R又因R为偏序关系，所以R具有传递性所以R再由S的定义知S所以S具有传递性。综上所述S为A上的偏序关系。2如果R是整数集合上的小于或等于关系，那么S是A上的大于或等于关系。如果R是正整数集合上的整除关系，那么S是正整数集合上的倍数关系。3偏序集极大元是中的极小元，偏序集极小元是中的极大元、偏序集最大元是中的最小元，偏序集最小元是中的最大元。第八章21、22、25、29、30、34、3521、设FNNN,FX1说明F是否为单射和满射并说明理由；2F的反函数是否存在，如果存在，求出F的反函数；3求RANF解1F为单射，证明如下X1,X2N,若FX1FX2则根据有序对相等的概念知X1X2所以F为单射，但F不是满射，因为RANF2F的反函数不存在3RANF|NN22、设FZZ，FXXMODN,在Z上定义等价关系R，X,YZRFXFY1计算FZ；2确定商集Z/R解1FZ0，1，,N12Z/RNKI|KZ|I0,1,N125、设FRRRR,F证明F是双射证明（1）先证F是单射，RR,若FF则所以XY/2UV/2XY/2UV/2所以XU,YV所以所以F为单射（2）再证F是满射RR存在RR且F所以F为满射综上所述F为双射。29、设AA,B,C,B2A,由定义证明PA2A证明方法一PA,A,B,C,A,B,A,C,B,C,A,B,C2AF,FF,F,F,F,F,F01234567F0,F1,F2,F3,F4,F5,F6,F7,如下构造双射函数FFF0,FAF1,FBF2,FCF3,FA,BF4,FA,CF5,FB,CF6,FA,B,CF7,根据等势定义有PA2A方法2证明构造函数FPA2AA1PA,FA1XA1可以证明F为一映射。先证F为单射A1，A2，若A1A2则存在元素X,XA1,且XA2或者XA1,且XA2不论那种情况，则XA1,XA2至少有一个元素对应不同。所以XA1XA2所以F为单射。再证F为满射2A，则为A到0，1的函数，构造集合A3X|XAX1显然A3PA,且FA3XA3所以F为满射。所以F为一一映射，因此PA2A30、设1,2和0,1是实数区间，由定义证明1,20,1证明令F1,20,1,FXX1,而F为双射函数（显然成立）所以1,20,134、设A、B、C、D是集合，且AC,BD,证明ABCD证明由于AC，所以存在一一映射F。由于BD，所以存在一一映射G。构造AB到CD函数ABCDAB,显然CD，下面证明为双射函数先证为单射,AB,若即所以FXFU且GYGV而F,G为一一映射，所以XU且YV所以所以为单射再证为满射CD则SC,TD由于F,G是一一函数，所以存在XA,YB,使得FXS,GYT显然AB,且所以为满射。因此为双射函数。所以ABCD35、找出三个不同的N的真子集，使得它们都与N等势解A2N|NNB2N1|NNC2N|NN则A,B,C是三个不同的N的真子集,且它们都与N等势第九章4、11、15、164、判断下列集合对所给的二元运算是否封闭1整数集合Z和普通的减法运算2非零整数集合Z和普通的除法运算3全体NN实矩阵集合MNR和矩阵加法及乘法运算，其中N24全体NN实可逆矩阵集合关于矩阵加法和乘法运算，其中N25正实数集合R和运算，其中运算定义为,R,ABABAB6NZ,NZNZ|ZZNZ关于普通的加法和乘法运算。7AA1,A2,AN,N2运算定义如下AI,AJA,AIAJAI8S2X1|XZ关于普通的加法和乘法运算。9S0,1,S关于普通的加法和乘法运算。10SX|X2N,NZ，S关于普通的加法和乘法运算。解1封闭2不封闭3封闭4不封闭、封闭5不封闭6封闭7封闭8不封闭、封闭9不封闭、封闭10不封闭、封闭11、设S1,2,10,问下面定义的运算能否与S构成代数系统如果能构成代数系统则说明运算是否满足交换律、结合律，并求运算的单位元和零元。1XYGCDX,Y,GCDX,Y是X与Y的最大公约数。2XYLCMX,Y,LCMX,Y是X与Y的最小公倍数。3XY大于等于X和Y的最小整数。4XY质数P的个数，其中XPY解1能构成代数系统，且运算满足交换律、结合律，运算不存在单位元，零元为1。2不能构成代数系统。3能构成代数系统，且运算满足交换律、结合律，运算的单位元为1，零元为10。4不能构成代数系统。14、下面各集合都是N的子集，它们能否构成代数系统V的子代数1X|XNX可以被16整除2X|XNX与8互质3X|XNX是40的因子4X|XNX是30的倍数解1是2不是3不是4是16、设V，其中和分别代表普通加法和乘法，对下面给定的每个集合确定它是否构成V的子代数，为什么1S12N|NZ2S22N1|NZ3S31，0，1解1S1不能构成V的子代数，因为乘法的单位元不在S1中。2S2不能构成V的子代数，因为加法运算不封闭。3S3不能构成V的子代数，因为加法运算不封闭。第十章15、17、18、21、22、24、27、28、29。15、设G为群，若XG有X2E,证明G为交换群证明A,BG由条件XG有X2E所以A2E,B2EAB2E,即ABABE所以A1A,B1B,BAA1B1所以BAAB,即ABBA，因此G为交换群。17、设G为群，A,B,CG,证明|ABC|BCA|CAB|证明设|ABC|R,|BCA|T，则ABCRE,BCATE由于ABCTABCABCABCABCABCABCAA1ABCATA1AEA1AA1E由定理知R|T又由于BCARBCABCABCAA1ABCABCABCAA1ABCRAA1EAA1AE由定理知T|R综上所述RT,即|ABC|BCA|同理可证|BCA|CAB|所以|ABC|BCA|CAB|18、证明偶数阶群必含2阶元证明设偶数阶群为G，不妨设|G|2N下面按元素的阶进行划分元素的阶为1,只有单位元E,所以个数为1。元素的阶为2，设其构成的集合为A元素的阶大于2，设其构成的集合为B则B的个数一定为偶数。因为AG，若|A|2则由定理知|A|A1|，且AA1所以阶大于2的元素成对出现。因此B的个数一定为偶数。所以|G|1|A|B|，即|A|G|1|B|1，所以偶数阶群必含2阶元。21、设G为群，A是G中给定元素，A的正规化子NA表示G中与A可交换的元素构成的集合，即NAX|XGXAAX证明NA是G的子群证明1ANA,所以NA非空因为AGAAAA2X,YNA则XAAXYAAY在YAAY两边分别乘以A1,得YA1A1Y由于XY1AXY1AXA1Y1XYA11XAY1XAY1AXY1AXY1所以XY1AAXY1由判定定理知NA是G的子群22、设H是群G的子群,XG,令XHX1XHX1|HH,证明XHX1是G的子群,称为H的共轭子群。证明E是XHX1中的元素,因此XHX1非空。U,VXHX1则存在H,KH,使得UXHX1,VXKX1,则有UV1XHX1XKX11XHX1XK1X1XHK1X1因为H为子群,HK1属于H,从而XHK1X1属于XHX1即UV1XHX1由判定定理，所以XHX1是G的子群。24、设H和K分别为群G的R,S阶子群，若R和S互素，证明HKE证明由于H和K分别为群G的子群，显然EHK。假若XHK,且XE则XHXK则H,K由拉格朗日定理知|整除H和K的阶。而H和K的阶分别为R,S，且R和S互素所以|为1，所以XE，与假设矛盾。综上所述HKE27、设G1为循环群,F是群G1到G2的同态,证明FG1也是循环群。证明由于G1为循环群，不妨设G1,首先由定理群在同态映射下的像仍是群，所以FG1是群。下面证明G1是循环群YFG1,XG1,使得FXY而G1所以存在R使得XAR则YFXFARFAFAFAFAR这证明了FA为FG1的生成元。即FG1所以FG1为循环群。28、设G是15阶循环群。1求出G的所有的生成元。2求出G的所有子群。解1生成元为A,A2,A4,A7,A8,A11,A13,A142G的所有子群共4个子群,E,A3,A6,A9,A12,E,A5,A10,G29、设,是5元置换,且123214455312345345121计算,1,1,12将,1,1表成不交的轮换之积。3将2中的置换表示成对换之积,并说明哪些为奇置换,哪些为偶置换。解123为奇置换,1,1为偶置换。11第十一章2、6、12、13、14、16、172、下列各集合对于整除关系都构成偏序集,判断哪些偏序集是格。1L1,2,3,4,52L1,2,3,6,123L1,2,3,4,6,9,12,18,364L1,2,22,2N,NZ解1不是格,因为3,4无上确界2、3、4都是格。6、设L是格，A,B,CL,且ABC,证明ABBC证明由于L是格，A,B,CL,且ABC所以ABB,BCB因此ABBC12、对以下各小题给定的集合和运算判断它们是哪一类代数系统半群,独异点,群,环,域,格,布尔代数,并说明理由。1S,1,2,21,3,31,4，运算为普通乘法。42S2A1,A2,AN,AI,AJS2,AIAJAI这里的N是给定的正整数,且N23S30,1,为普通乘法。4S41,2,3,6,X,YS4,XY和XY分别表示求最小公倍数和最大公约数运算。5S50,1,为模2加法,为模2乘法。解1不是代数系统，对于乘法不封闭。2半群，运算封闭，有结合律，没有单位元。3半群与独异点，乘法封闭，有结合律，单位元是1，但是0没有逆元。4格与布尔代数。两个运算满足交换、相互分配、同一律、补元律。5环与域，0,1关于模2加法构成交换群、1关于模2乘法构成交换群，模2乘法关于模2加法有分配律。13、设B是布尔代数,B中的表达式F是ABABCBC1化简F2求F的对偶式F。解1由于ABABCBCABBCBABCBAC2FABBC14、设B是布尔代数，A,BB,证明ABAB0AB1证明若AB则ABB所以ABAABAABAAB0B0因此AB0若AB0两边分别求补元，即AB0所以AB1若AB1则AA1AABAAAB0ABAB所以ABA由定理知AB16、设是布尔代数,在B上定义二元运算,X,YB有XYXYXY问能否构成代数系统如果能,指出是哪一种代数系统。为什么解构成群，运算封闭。A,B,CBABCABABCABABCABABCABCABCABABCABCABCABABCABCABCAACABCBACBBCABCABC0ABCABC0ABCABCABCABC同理有ABCABCABCABCABCABC易见结合律成立。由于A0A0A0A10A所以0为单位元。由于AAAAAA000所以A的逆元为A。因此能构成群。17、设B是布尔代数，A,B,CB,若AC,则有ABCABC称这个等式为模律，证明布尔代数适合模律。证明A,B,CB,若AC则ACC所以ABCABACABC因此ABCABC第十四章6、16、25、29、44、45、506、1设N阶图G中有M条边，证明G2M/NG2N阶非连通的简单图的边数最多可为多少最少呢证明1由GDVIG,根据握手定理有NNGDVINGI1得到G2MGN2N阶非连通的简单图至少有2个连通分支，边数最多的情况是由KN1和一个孤立点构成，它的边数为N1N2/2边数最少的非连通图，当然是N阶零图，边数M0,由N个孤立点构成的图16、画出无向完全图K4的所有非同构的子图，指出哪些是生成子图，哪些是自补图。解下面给出了K4的18个非同构的子图，其中有11个生成子图818,其中连通的有6个11121314161725、画出5阶3条边的所有非同构的无向简单图解3条边产生6度，分配给5个顶点，按简单图度数的要求，有下面4种分配方案11,1,1,1,220,1,1,2,230,1,1,1,340,0,2,2,2在同构意义下，每种方案对应一个简单图，4个非同构的图如下29、设G是N阶N1条边的无向图，