专题30图论与对策(教师版含解析)备战2021年高中数学联赛高中数学联赛二试试题分专题训练
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)
专题30图论与对策
历年联赛真题汇编
1．【2020高中数学联赛A卷(第02试)】给定凸20边形P.用P的17条在内部不相交的对角线将P分割成18个三角形,所得图形称为P的一个三角剖分图.对P的任意一个三角剖分图T,P的20条边以及添加的17条对角线均称为T的边.T的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T的一个完美匹配.当T取遍P的所有三角剖分图时,求T的完美匹配个数的最大值.
【答案】89
【解析】将20边形换成2n边形,考虑一般的问题.
对凸2n边形P的一条对角线,若其两侧各有奇数个P的顶点,称其为奇弦,否则称为偶弦.首先注意下述基本事实:对P的任意三角剖分图T,T的完美匹配不含奇弦.(*)
如果完美匹配中有一条奇弦e1,因为T的一个完美匹配给出了P的顶点集的一个配对划分,而e1两侧各有奇数个顶点,故该完美匹配中必有T的另一条边e2,端点分别在e1的两侧,又P是凸多边形,故e1与e2在P的内部相交,这与T 是三角剖分图矛盾.
记f(T)为T的完美匹配的个数.设F1=1,F2=2,对k≥2, F k+2=F k+1+F k,是Fibonacci数列.
下面对n归纳证明:若T是凸2n边形的任意一个三角剖分图,则f(T)≤F n.
设P=A1A2?A2n是凸2n边形.从P的2n条边中选n条边构成完美匹配,恰有两种方法, A1A2,A3A4,?,A n?1A n或A2A3,A4A5,?,A2n?2A2n?1,A2n A1.
当n=2时,凸四边形P的三角剖分图T没有偶弦,因此T的完美匹配只能用P的边,故f(T)=2=F2.
当n=3时,凸六边形P的三角剖分图T至多有一条偶弦.若T没有偶弦,同上可知f(T)=2.
若T含有偶弦,不妨设是A1A4,选用A1A4的完美匹配是唯一的,
另两条边只能是A2A3,A5A6,此时f(T)=3.总之f(T)≤3=F3.
结论在n=2,3时成立.假设n≥4,且结论在小于n时均成立.考虑凸2n边形P=A1A2?A2n的一个三角剖分图T.若T 没有偶弦,则同上可知f(T)=2.
对于偶弦e,记e两侧中P的顶点个数的较小值为w(e).若T含有偶弦,取其中一条偶弦e使w(e)达到最小.
设w(e)=2k,不妨设e为A2n A2k+1,则每个A i(i=1,2,?,2k)不能引出偶弦.
事实上,假设A i A j是偶弦,若j∈{2k+2,2k+3,?,2n?1},则A i A j与e在P的内部相交,矛盾.
若j∈{1,2,?,2k+1,2n},则w(A i A j)<2k,与w(e)的最小性矛盾.
又由(?)知完美匹配中没有奇弦,故A1,A2,?,A2k只能与其相邻顶点配对,特别地, A1只能与A2或A2n配对.下面分两
种情况.
情形1:选用边$A_1A_2$.则必须选用边A3A4,?,A2k?1A2k.注意到A2n A2k+1的两侧分别有2k,2n?2k?2个顶点,
2n?2k?2≥w(A2n A2k+1)=2k,而n≥4,
因此2n?2k≥6.在凸2n-2k边形P1=A2k+1A2k+2?A2n上,T的边给出了P l的三角剖分图T1,在T中再选取n-k条边e1e2?e n?k,与A1A2,A3A A?A2k?1A2k一起构成T的完美匹配,
当且仅当e1,e2?e n?k是T1的完美匹配.故情形1中的T的完美匹配个数等于f(T1).
情形2:选用边A1A2n.则必须选用边A2A3,?,A2k A2k+1.在凸2n-2k-2边形P2=A2k+2A2k+3?A2n?1中构造如下的三角剖分图T2:对2k+2≤i 由归纳假设得f(T1)≤F n?k,f(T2)≤F n?k?1, 结合上面两种情形以及k≥1,有f(T)?f(T1)+f(T2)?F n?k+F n?k?1=F n?k+1?F n. 下面说明等号可以成立.考虑凸2n边形A1A2?A2n的三角剖分图Δn: 添加对角线A2A2n,A2n A3,A3A2n?1,A2n?1A4,A4A2n?2,?,A n+3A n,A n A n+2. 重复前面的论证过程, f(Δ2)=2,f(Δ3)=3.对Δn,n≥4,考虑偶弦A n A3. 情形1,用A1A2,由于在凸2n-2边形A3A4?A2m中的三角剖分图恰是Δn?1,此时有f(Δn?1)个T的完美匹配. 情形2,用A1A2n,由于在凸2n-4边形A4A5?A2n?1中T的边恰构成三角剖分图Δn?2,不用添加任何对角线,故这一情形下T的完美匹配个数恰为f(Δn?2). 从而对n≥4,有f(Δn)=f(Δn?1)+f(Δn?2). 由数学归纳法即得f(Δn)=F n,.结论得证. 因此,对凸20边形P, f(T)的最大值等于F10=89. 2．【2019高中数学联赛B卷(第02试)】将一个凸2019边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之一，每种颜色的边各673条.证明:可作这个凸2019边形的2016条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017个三角形，并将所作的每条对角线也染为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同或者颜色互不相同. 【答案】证明见解析 【解析】我们对n≥5归纳证明加强的命题:如果将凸n边形的边染为三种颜色a，b，c，并且三种颜色的边均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分. 当n=5时，若三种颜色的边数为1、1、3，由对称性，只需考虑如下两种情形，分别可作图①中所示的三角形剖 分. 若三种颜色的边数为1、2、2，由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可作图②中所示的三角形剖分. 假设结论对n(n≥5)成立，考虑n+1的情形，将凸n+1边形记为A1A2?A n+1. 情形1:有两种颜色的边各只有一条.不妨设a、b色边各只有一条.由于n+1≥6，故存在连续两条边均为c色，不妨设是A n A n+1A1.作对角线A1A n，并将A1A n染为c色，则三角形A n A n+1A1的三边全部同色.此时凸n边形A1A2?A n 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分. 情形2:某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条.不妨设a色边只有一条，于是可以选择两条相邻边均不是a色，不妨设A n A n+1,A n+1A1均不是a色，作对角线A1A n，则A1A n有唯一的染色方式，使得三角形A n A n+1A1的三边全部同色或互不同色.此时凸n边形A1A2?A n的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分. 情形3:每种颜色的边均至少两条.作对角线A1A n，则A1A n有唯一的染色方式，使得三角形A n A n+1A1的三边全部同色或互不同色.此时凸n边形A1A2?A n的三种颜色的边均至少有一条由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分. 综合以上3种情形，可知n+1的情形下结论也成立. 由数学归纳法，结论获证. 3．【2017高中数学联赛A卷(第02试)】将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”试求分隔边条数的最小值. 【答案】56 【解析】记分隔边的条数为L.首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56条分隔边，即L=56. 下面证明L ≥56.将方格纸的行从上至下依次记为A 1,A 2,?,A 33，列从左至右依次记为B 1,B 2,?,B 33.行A i 中方格出现的颜色个数记为n (A i )，列B i 中方格出现的颜色个数记为n (B i ).三种颜色分别记为c 1,c 2,c 3. 对于一种颜色c j ，设n(c j )是含有c j 色方格的行数与列数之和. 记δ(A i ,c j )={ 1,若A i 行含有c j 色方格0,否则 ， 类似地定义δ(B i ,c j ).于是 ∑[n (A i )+n (B i )]33 i=1 =∑∑[δ(A i ,c j )+δ(B i ,c j )]3 j=1 33 i=1 =∑ ∑[δ(A i ,c j )+δ(B i ,c j )]33 i=13j=1 =∑3j=1 n(c j ). 由于染c j 色的方格有13 ?332=363个，设含有c j 色方格的行有a 个，列有b 个，则c j 色的方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，因此ab ≥363， 从而n(c j )=a +b ?2√ab ?2√363>38， 故n(c j )?39,j =1,2,3 ① 由于在行A i 中有n (A i )种颜色的方格，因此至少有n (A i )?1条分隔边. 同理在列B j 中，至少有n(B j )?1条分隔边.于是 L ?∑[n (A i )?1]33 i=1 +∑[n (B i )?1]33 i=1 =∑[n (A i )+n (B i )]33i=1?66 ② =∑3j=1 n(c j )?66 ③ 下面分两种情形讨论. 情形1有一行或一列全部方格同色不妨设有一行全为c 1色，从而方格纸的33列中均含有c 1色的方格，由于c 1色方格有363个，故至少有11行中含有c 1色方格，于是n (c 1)?11+33=44. 由①、③及④即得L ?n (c 1)+n (c 2)+n (c 3)?66?44+39+39?66=56. 情形2没有一行也没有一列的全部方格同色.则对任意1≤i ≤33，均有n (A i )?2,n (B i )?2. 从而由②知L ?∑[n (A i )+n (B i )]33i=1?66?33×4?66=66>56. 综上所述，分隔边条数的最小值等于56. 4．【2016高中数学联赛(第02试)】给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值. 【答案】所求边数的最大值为15 【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10阶简单图G .我们证明G 的边数不超过15. 设G 的顶点为v 1,v 2,?,v 10，共有k 条边，用deg (v i )表示顶点v i 的度.若deg (v i )?3对i =1，2，…，10都成立，则k =1 2 ∑deg 10i=1(v i )?1 2 ×10×3=15. 假设存在v i 满足deg (v i )?4.不妨设deg (v 1)=n ?4，且v 1与v 2,?,v n+1均相邻.于是v 2,?,v n+1之间没有边，否则就形成三角形. 所以v 1,v 2,?,v n+1之间恰有n 条边. 对每个j (n +2≤j ≤10)，v j 至多与v 2, v 3,?, v n+1中的一个顶点相邻(否则设v j ，与v s ,v t (2?s 4 ]条边. 因此G 的边数k ?n +(9?n)+[ (9?n)2 4 ]=9+[ (9?n)2 4 ]?9+[25 4 ]=15. 如图给出的图共有15条边，且满足要求.综上所述，所求边数的最大值为15. 5．【2011高中数学联赛(第02试)】设A 是一个3×9的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数.称A 中的一个m ×n (1≤m ≤3，1≤n ≤9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数.称A 中的一个1×1的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”.求A 中“坏格”个数的最大值. 【答案】25 【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个. 用反证法.假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”. 设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为a i ,b i ,c i ，i =1，2， (9) 记S k =∑a i k i=1,T k =∑(b i +c i )k i=1 (k =0,1,2,?,9)，这里S 0=T 0=0. 我们证明：三组数S 0,S 1,?,S 9，T 0,T 1,?,T 9及S 0+T 0,S 1+T 1,?,S 9+T 9都是模10的完全剩余系. 事实上，假如存在m ，n ，0≤m 即第1行的第m +1列至第n 列组成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾. 又假如存在m ，n ，0≤m 即第2行至第3行、第m +1列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾. 类似地，也不存在m ，n ，0≤m 故∑S k 9k=0≡∑T k 9k=0≡∑(S k +T k )9k=0≡0+1+2+?+9≡5(?mod 10). 所以∑(S k +T k )9k=0≡∑S k 9k=0+∑T k 9k=0≡5+5≡0(?mod 10)，矛盾. 故假设不成立.即“坏格”不可能多于25个. 另一方面，构造如下一个3×9的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”. 综上所述，“坏格”个数的最大值是25. 6．【2010高中数学联赛(第02试)】一种密码锁的密码设置是在正n 边形A 1A 2?A n 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置? 【答案】答案见解析 【解析】对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻2个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c .于是对于给定的点A 1上的设置(共有4种)，按照边上的字母可以依次确定点A 2,A 3,?,A n 上的设置.为了使得最终回到A 1时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条.所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍. 设标有a 的边有2i 条，0?i ?[n 2 ]， 标有b 的边有2j 条，0?j ?[ n?2i 2 ]， 选取2i 条边标记a 的有C n 2i 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有C n?2i 2j 种方法，其余的边标记c . 由乘法原理，此时共有C n 2i C n?2i 2j 种标记方法.对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为 4∑ (C n 2i ∑ C n?2i 2j [ n?2i 2 ]j=0 )[n 2] i=0 ① 这里我们约定C 00 =1. 当n 为奇数时n ?2i >0，此时∑ C n?2i 2j [ n?2i 2 ]j=0=2n?2i?1 ② 代入式①中，得4∑ (C n 2i ∑ C n?2i 2j [ n?2i 2 ]j=0 ) [n 2] i=0 = 4∑(C n 2i 2 n?2i?1 )[n 2 ] i=0 =2∑ (C n 2i 2 n?2i )[n 2 ] i=0 =∑ C n k n k=0 2 n?k +∑ C n k n k=02 n?k (?1)k =(2+1)n +(2?1)n =3n +1， 当n 为偶数时，若i ，则式②仍然成立； 若i =n 2，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有1种标记方法. 于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为 4∑ (C n 2i ∑ C n?2i 2j [ n?2i 2 ]j=0 ) [n 2] i=0 =4×(1+∑(C n 2i 2n?2i?1)[n 2 ]?1 i=0)=2+4∑ (C n 2i 2 n?2i?1 )[n 2 ]i=0 =3n +3. 综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时，有3n +1种；当n 为偶数时，有3n +3种. 7．【2009高中数学联赛(第02试)】在非负数构成的3×9数表 P (x 11 x 12x 13x 14x 15x 16x 17x 18x 19x 21 x 22x 23x 24x 25x 26x 27x 28x 29x 31 x 32 x 33 x 34 x 35 x 36 x 37 x 38 x 39 ) 中每行的数互不相同，前六列中每列的三个数之和为1，x 17=x 28=x 39=0，x 27,x 37,x 18,x 38,x 19,x 29均大于1.如果P 的前三列构成的数表 S =(x 11 x 12x 13x 21 x 22x 23x 31 x 32 x 33 ) 满足下面的性质(O )：对于数表P 中的任意一列(x 1k x 2k x 3k )(k =1,2,?,9)均存在某个i ∈{1，2，3}使得x ik ?u i =min {x i1,x i2,x i3} ① 求证： (i)最小值u i=min{x i1,x i2,x i3},i=1,2,3一定取自数表S的不同列. (ii)存在数表P中唯一的一列(x1k? x2k?x3k?),k?≠1,2,3使得3×3数表S′=( x11x12x1k? x21x22x2k? x31x32x3k? )仍然具有性质(O). 【答案】证明见解析 【解析】(1)假设最小值u i=min{x i1,x i2,x i3}(i=1,2,3)， 不是取自数表S的不同列.则存在一列不含任何u i. 不妨设u i≠x i2(i=1,2,3)，由于数表P中同一行中的任何两个元素都不等，于是u i 另一方面，由于数表S具有性质(O)，在式①中取k=2，则存在某个i0∈{1,2,3}使得x i 02?u i .矛盾. (2)由抽屉原理知min{x11,x12},min{x21,x22},min{x31,x32}中至少有两个值取在同一列.不妨设min{x21,x22}=x22,min{x31,x32}=x32， 由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个u i，所以只能是x11=u1， 同样，第二列中也必含某个u i，i=1，2.不妨设x22=u2，于是u3=x33. 即u i是数表S中的对角线上的数字S=(x11x12x13 x21x22x23 x31x32x33 ). 记M={1,2,?,9}， 令集合I={k∈M|x ik>min{x i1,x i2},i=1,3}， 显然I={k∈M|x1k>x11,x3k>x32}，且1,2,3?I. 因为x18,x38>1?x11,x32，所以8∈I.故I≠?. 于是存在k*∈I使得x2k?=max{x2k|k∈I}，显然，k*≠1，2，3. 下面证明3×3数表S′=(x11x12x1k? x21x22x2k? x31x32x3k? )具有性质(O) 从上面的选法可知u i′=min{x i1,x i2,x ik?}=min{x i1,x i2}(i=1,3)，这说明x1k?>min{x11,x12}?u1,x3k?>min{x31,x32}?u3， 又由S满足性质(O)，在式①中取k=k*，推得x2k??u2， 于是u2′=min{x21,x22,x2k,}=x2k， 下证对任意的k∈M，存在某个i=1，2，3使得u i′?x ik， 假若不然，则x ik>min{x i1,x i2},i=1,3且x2k>x2k?. 这与的最大性矛盾.因此，数表S'满足性质(O). 下证唯一性.设有k∈M使得数表S?=(x11x12x1k x21x22x2k x31x32x3k )具有性质(O). 不失一般性，我们假定u1=min{x11,x12,x13}=x11， u2=min{x21,x22,x23}=x22，u3=min{x31,x32,x33}=x33，② x32 有u?1=min{x11,x12,x1k}=x11， 又由情形(1)知：或者(a)u?3=min{x31,x32,x3k}=x3k， 或者(b)u?2=min{x21,x22,x2k}=x2k. 如果情形(a)成立，由数表S?具有性质(O)，则u?1=min{x11,x12,x1k}=x11， u?2=min{x21,x22,x2k}=x22，u?3=min{x31,x32,x3k}=x3k③ 由数表S?满足性质(O)，则对于3∈M至少存在一个i∈{1，2，3}使得u?i?x i3， 又由式②与③知u?1=x11 所以只能有u?3=x3k?x33， 同样由数表S满足性质(O)，可推得x33?x3k，于是k=3， 即数表S=S?， 如果情形(b)成立，则u?1=min{x11,x12,x1k}=x11， u?2=min{x21,x22,x2k}=x2k，u?3=min{x31,x32,x3k}=x32④ 由数表S?满足性质(O)，对于k*∈M，存在某个i=1，2，3使得u?i?x ik?， 由k*∈I及式②和④知x1k?>x11=u?1,x3k=>x32=u?3， 于是只能有x2k,?u?2=x2k， 类似地，由S'满足性质(O)及k∈M可推得x2k?u2′=x2k， 从而k?=k. 8．【2007高中数学联赛(第02试)】如图，在7×8的长方形棋盘的2个小方格的中心点各放1个棋子.如果2个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这2个棋子相连.现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有5个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连.问最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由. 【答案】11 【解析】最少要取出11个棋子，才可能满足要求.其原因如下： 如果1个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j). 第1步，证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有1个五子连珠，即5个棋子在1条直线(横、竖、斜方向)上依次相连.用反证法.假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠.如图，在每一行的前五格中必须各取出1个棋子，后三列的前五格中也必须各取出1个棋子.这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分.第1，2行必在每行取出1个，且只能分布在(1，4)，(1，5)，(2，4)，(2，5)这些方格.同理，(6，4)，(6，5)，(7，4)，(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子.在第1，2，3列，每列至少要取出1个棋子，分布在(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)所在区域，同理(3，6)，(3，7)，(3，8)，(4，6)，(4，7)，(4，8)，(5，6)，(5，7)，(5，8)所在区域内至少要取出3个棋子这样，在这些区域内至少已取出10个棋子因此，在中心阴影区域内不能取出棋子.由于①，②，③，④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了矛盾. 第2步，构造1种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠.如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠. 综上所述，最少取出11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠. 9．【2002高中数学联赛(第02试)】在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,?,A7，这七名队员，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，并且 A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整除，A5,A6,A7每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13 整除如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况. 【答案】52244 【解析】设第i 名队员上场的时间为x i 分钟(i =1，2，…，7)， 问题即求不定方程x 1+x 2+?+x 7=270 ① 在条件7|x i (1?i ?4)且13|x j (5?j ?7)下的正整数解的组数. 若(x 1,x 2,?,x 7)是满足条件①的一组正整数解，则应有∑X i 4i=1=7m,∑X i 7 i=5=13n (m,n ∈N +)， 于是m ，n 是不定方程7m +13n =270 ② 在条件m ≥4且n ≥3下的一组正整数解. 由于7(m ?4)+13(n ?3)=203， 令m ′=m ?4,n ′=n ?3，有7m ′+13n ′=203 ③ 所以，求式②满足条件m ?4,n ?3的正整数解等价于求式③的非负整数解. 易观察到7×2+13×(?1)=1，故有7×406+13×(?203)=203， 即m 0=406,n 0=?203是式③的整数特解， 从而式③的整数同解为m ′=406?13k,n ′=?203+7k (k ∈Z)， 令m ′?0,n ?0，解得26?k ?31， 取k =29，30，31，得到式③满足条件的三组非负整数解 {m ′=29n ′=0 ，{m ′=16n ′=7 ，{m ′=3n ′=14 ， 从而得到式②满足条件的三组正整数解 {m =33n =3 ，{m =20n =10 ，{m =7n =17 ， (1)当m =33,n =3时，显然x 5=x 6=x 7=13仅有一种可能. 又设x i =7y i (i =1,2,3,4)， 于是由不定方程y 1+y 2+y 3+y 4=33有C 32?14?1=C 323 =4960组正整数解. 可知此时式①有满足条件的4960组正整数解. (2)当m =20,n =10时，设x i =7y i (i =1,2,3,4)，x j =7y j (j =5,6,7)， 由y 1+y 2+y 3+y 4=20有C 193组正整数解， 以及y 5+y 6+y 7=10有C 92C 91组正整数解. 可知此时式①有满足条件的C 193C 92=34884组正整数解. (3)在m =7,n =17时，设x i =7y i (i =1,2,3,4)，x j =7y j (j =5,6,7)， 由y 1+y 2+y 3+y 4=7与y 5+y 6+y 7=17分别有C 63C 162组正整数解可知此时式①有满足条件的C 162C 63=2400 组正整数解. 综上，式①满足条件的正整数解的组数为： C323+C193C92+C162C63=4960+34884+2400=42244. 10．【2001高中数学联赛(第02试)】将边长为正整数m，n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩行的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值. 【答案】答案见解析 【解析】记所求最小值为f(m，n)，可以证明f(m,n)=m+n?(m,n)① 其中(m，n)表示m和n的最大公约数，事实上，不妨设m≥n，则： (1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn+n?(m,n)， 当m=1时，命题显然成立 假设当m≤k时，结论成立(k≥1).当m=k+1时， 若n=k+1，则命题显然成立.若n 得到矩m?n+n?(m?n,n)=m?(m,n)， 于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为rn+n?(m,n). (2)关于m归纳可以证明式①成立. 当m=1时，由于n=1，显然f(m,n)=rn+n?(m,n)， 假设当m≤k时，对任意1≤n≤m有f(m,n)=rn+n?(m,n)， 若m=k+1，当n=k+1时，显然f(m,n)=k+1=rn+n?(m,n)， 当1≤n≤k，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为a1,a2,?,a p. 不妨a1?a2???a p，显然a1=n或a1 若a1 于是a1+a2+?+a p不小于AB与CD之和. 所以a1+a2+?+a p?2m>rn+n?(m,n). 若a1=n，则一个边长分别为m－n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2,?,a p的正方形， 由归纳假设a2+?+a p?m?n+n?(m?n,n)=rn?(m,n)， 从而a1+a2+?+a p?rn+n?(m,n). 于是当rn=k+1时f(m,n)?rn+n?(m,n)， 再由情形(1)可知f(m,n)=rn+n?(m,n). 11．【2000高中数学联赛(第02试)】有n个人，已知他们中的任意两个人至多通电话一次，他们中的任意n－2个人之间通电话的总次数相等，都是3k次，其中k是自然数，求n的所有可能值. 【答案】答案见解析 【解析】显在，n≥5.不妨设n个人是A1,A2,?,A n， 又设A i通话的次数为m i,A i与A j之间通话的次数为λi,j,1?i,j?n. 有m i+m j?λi,j=1 2∑m s n s=1 ?3k=c① c为常数，且1≤i，j≤n. 由上式知|m i?m j|=|(m i+m s)?(m j+m s)|=|λi,s?λj,s|?1(1?i,j,s?n)，即|m i?m j|?1(1?i,j?n)， 设m i=max{m s,1?s?n}，m j=min{m s,1?s?n}， 有m i?m j?1， 当m i?m j=1时，对任意的s≠i，j，1≤s≤n，均有 (m i+m s?λi,s)?(m j+m s?λj,s)=1?(λi,s?λj,s)≡0. 即λi,s?λj,s≡1， 有λi,s≡1,λj,s≡0(s≠i,j,1?s?n). 所以m i?n?2,m j?1. 可知m i?m j?n?2?1?2，矛盾， 故m i?m j=0，即m s(1≤s≤n)恒为常数. 又由式①知λi,j≡0或λi,j≡1. 当λi,j≡0时，有m s≡0,1?s?n与已知条件矛盾. 所以1 2 n(n?1)?(2n?3)=3k，即(n?2)(n?3)=2×3k， 设n?2=2×3k1,n?3=3k2(k1?k2)，有2×3k1?3k2=1， 所以3k2(2×3k1?k2?1)=1，有3k2=1，2×3k1?k2?1=1. 所以k 1=0,k 2=0，但这与k ≥1矛盾. 所以设n ?2=3k 1,n ?3=2×3k 2 (k 1?k 2+1)，有3k 1?2×3k 2=1， 同上作法，有k 1=1,k 2=0,n =5. 当5个人中每2个人之间都通话一次时，其中任意3个人之间通话的总次数是31次.故n =5为所求. 12．【1999高中数学联赛(第02试)】给定正整数n ，已知用克数都是正整数的k 块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，…，ng 的所有物品. (1)求k 的最小值f (n )； (2)当且仅当n 取什么值时，上述f (n )块砝码的组成方式是唯一确定的?并证明你的结论. 【答案】(1) f(n)=m ( 3m ?12 3m+1?1 2 )；(2)答案见解析. 【解析】(1)设这k 块砝码的质量数分别为a 1,a 2,?,a k ，且1?a 1?a 2???a k ,a i ∈Z,1?i ?k . 因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为∑x i k i=1a i ,x i ∈{－1，0，1}. 若利用这k 块砝码可以称出质量为1，2，…，n ，由对称性易知也含有0，－1，－2，…，－n ， 即{∑x i k i=1a i ,x i ∈{?1,0,1}}?{0,±1,?,±n}， 所以2n +1=|{0,±1,?,±n}| ?|{∑x i k i=1a i ,x i ∈{?1,0,1}}}|?3k ，即n ?3k ?1 2 . 设3m?1?1 2 (m ?1,m ∈Z)， 则k ?m ，且k =m 时，可取a 1=1,a 2=3,?,a m =3m?1. 由数的三进制表示可知，对任意0?p ?3m ?1都有p =∑y i 3?1m i=1， 其中y i ∈{0，1，2}.则p ? 3m ?12 =∑y i m i=13i?1?∑3i?1m i=1=∑(y i ?1)m i=13 i?1 , 令x i =y i ?1，有x i ∈{?1,0,1}， 故对一切?3m ?12 3m ?12 的整数1，都有l =∑x i m i=13 i?1，其中x ∈{－1，0，1}. 由于n ? 3m +12 ， 因此对一切?n ?l ?n 的整数1，也有上述表示. 综上，可知k 的最小值f(n)=m (3m ?12 3m+1?1 2 ). (2)(i )当 3m ?12 3m+1?1 2 时，由情形(1)可知1,3,?,3m?1,3m 就是一种砝码的组成方式. 下面相应证明1,3,?,3m?1,3m ?1也是一种方式. 若1?l ? 3m ?12 ，由情形(1)可知l =∑x i m i=13 i?1 (x i ∈{?1,0,1})， 则有l =∑x i m i=13 i?1 +0?(3m ?1)， 当 3m ?12 3m+1?1 2 时，有 3m ?12 3m+1?1 2 ， 由情形(1)可知l +1=∑x i i?1m+1 i=1，其中x i ∈{?1,0,1}. 所以知x m+1=1.(否则l ?∑3 i?1 m i=1?1= 3m ?12 ?1矛盾). 则l =∑x i m i=13 i?1+1?(3m ?1)， 所以当n ≠3m ?12 时，f (n )块砝码的组成方式不唯一. (ii )当n = 3m ?12 时，f (n )=m 块砝码的组成方式是唯一的，即a i =3i?1 (1?i ?m)， 若对每个? 3m ?12 ?l ? 3m ?12 都有l =∑x i m i=1a i (x i ∈{?1,0,1})， 即{∑x i m i=1a i |x i ∈{?1,0,1}}?{0,±1,?,± 3m ?12 }. 由于左边的集合中至多有3m 个元素.故必有{∑x i m i=1a i |x i ∈{?1,0,1}}={0,±1,?,±3m ?12 }. 从而，对每个l ，有?3m ?12 ?l ? 3m ?12 都可以唯一的表示为l =∑x i m i=1a i ，其中x i ∈{?1,0,1}. 所以∑a i m i=1= 3m ?12 ， 有∑(x i +1)m i=1a i =∑x i m i=1a i +∑a i m i=1=∑x i m i=1a i + 3m ?12 . 令y i =x i +1，有y i ∈{0,1,2}，