数学奥林匹克竞赛讲座 14染色问题与染色方法

合集下载

高中竞赛专题：染色问题与染色方法q

练习二十九１．将１、４行染红色、２、５行染黄色、３、６行染蓝色，然后就弯角板盖住板面的不同情况分类讨论．２．设第一张纸上的黑格Ａ与第二张纸上的红格Ａ′重合．如果在第一张纸上Ａ所在的列中，其余的黑格（奇数个）均与第二张纸的黑格重合，那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数，知必有一黑格与第一张纸上的红格重合，即在这一列，第一张纸上有一方格Ｂ与第二张纸上不同颜色的方格Ｂ′重合．同理在Ａ、Ｂ所在行上各有一个方格Ｃ、Ｄ，第二张纸上与它们重合的方格Ｃ′、Ｄ′的颜色分别与Ｃ、Ｄ不同．３．把９名数学家用点Ａ１，Ａ２，…，Ａ９表示．两人能通话，就用线连结，并涂某种颜色，以表示不同语种。

两人不通话，就不连线．（１）果任两点都有连线并涂有颜色，那么必有一点如Ａ１，以其为一端点的８条线段中至少有两条同色，比如Ａ１Ａ２、Ａ１Ａ３．可见Ａ１，Ａ２，Ａ３之间可用同一语言通话．②如情况①不发生，则至少有两点不连线，比如Ａ１、Ａ２．由题设任三点必有一条连线知，其余七点必与Ａ１或Ａ２有连线．这时七条线中，必有四条是从某一点如Ａ１引出的．而这四条线中又必有二条同色，则问题得证．４．结论不成立，如图所示（图中每条线旁都有一个数字，以表示不同语种）．５．类似于第３题证明．６．用点Ａ１、Ａ２、…、Ａ１００表示客人，红、蓝的连线分别表示两人相识或不相识，因为由一个顶点引出的蓝色的线段最多有３２条，所以其中至少有三点之间连红线．这三个点（设为Ａ１、Ａ２、Ａ３）引出的蓝色线段最多为９６条．去掉所有这些蓝色的线段（连同每条线段上的一个端点ＡＩ，Ｉ≠１，２，３），这样，在图中至少还剩下四个点，除Ａ１、Ａ２、Ａ３外，设第四点为Ａ４，这四个点中Ａ１，Ａ２，Ａ３每一个点与其它的点都以红色的线段相连，于是客人Ａ１、Ａ２、Ａ３、Ａ４彼此两两相识．７．先利用右图证明＂若平面上有两个异色的点距离为２，地么必定可以找到符合题意的三角形＂．再找长为２端点异色的线段．以Ｏ（白色）为圆心，４为半径作圆．如圆内皆白点，问题已证．否则圆内有一黑点Ｐ，以ＯＰ为底作腰长为２的三角形ＯＰＲ，则Ｒ至少与Ｏ、Ｐ中一点异色，这样的线段找到．。

染色问题

∴ 不同的染色方法共有 4× （ 153+432+78） =2652 种. 【评析】以上例 1 是通过对“面”的染色问题转化为对“点“的染色，此题的难度较大，若单从正八面体的各面进行分析，会使得问题变得十分模糊，很容易出错，因此，考虑到正八面体结构的特殊性，我将问题转化为对正方体的八个顶点的分析，这样做的目的主要是使问题变得更加清晰明了，由此可以发现，点染色是染色问题中一种很常用也很实用的方法;
【评析】本题属于典型的区域染色问题，通过对正六边形的六块区域进行不同的染色方法，利用组合数学的知识很容易就能求解，此题的突破点就在利用图形特殊对称性进行分析，也正是基于此，所以联想到将问题推广为 N 块圆区域情形，通过寻找彼此递推关系，进而得出 N 块区域的染色种数，土木难度不是很大，但很能反映一个人的洞察力和分析问题的能力. 通过此题我们可以也发现区域染色的计数问题实际上也就是组合数学问题，彼此之间有着紧密的联系，包括上述其他的几种染色问题和我们常见的一些数学方法都有着紧密的联系.
2.染色方法
将问题中的对象适当进行染色，有利于帮助我们更好地观察、分析对象之间的关系，常用的染色方法有点染色、线段染色、小方格染色、区域染色等染色方法；以下我将通过一些具体的例题，对上述几类染色方法进行简单一一介绍. 例 1：（点染色）用红、黄、蓝、绿四种颜色给如下正八面体的面 A、 B、C、D、E、F、G、H 染色（允许只用其中的几种），使相邻面（有公共棱的面）不同色，求不同的染色方法的种数. 解：如图，作一正方体，其顶点对应正八面体各面，则当且仅当正八面体中两面相邻时，对应的正方体两顶点相邻. 这样，原问题就转化为：求用 4 种不同颜色给正方体的八个顶点染色，相邻点不同色的染色方法种数. ★ A 的染色方法有 4 种下面对 B、D、E 的染色分情况讨论. （1）B、D、 E 同色，有 3 种染色方法. 则 C、F、H 至多染 3 色，各有 3 种选择，共有 27 种染色方法. 其中，

0295【奥赛】小学数学竞赛：乘法原理之染色法.学生版解题技巧培优易错难

7-2-3乘法原理之染色问题授课目的1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生正确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．知识要点一、乘法原理看法引入老师周六要去给同学们上课，第一得从家出发到长宁上8点的课，尔后得赶到黄埔去上下午1点半的课．若是说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），尔后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个表示图，老师必定先的到长宁，尔后再到黄埔．这几个环节是必不能少的，老师是必然要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理从前，我们能够经过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是若是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，生怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用途了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情能够分成n个必不能少的步骤（比方说老师从家到黄埔，必定要先到长宁，那么一共能够分成两个必不能少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不相同的方法，第二步有B种不相同的方法，，第n步有N种不相同的方法．那么完成这件事情一共有A×B××N种不相同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能够单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题种类1、路线种类问题——比方说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比方说要3个字，尔后有5种颜色能够给每个字尔后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们能够回家看地图，比方中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比方说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比方说给你几个数字，尔后排个几为数的偶数，有多少种排法．例题精讲【例1】地图上有A，B，C，D四个国家(以以下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不相同，但不是每种颜色都必定要用，问有多少种染色方法？A BC D【牢固】若是有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜色不相同，但不是每种颜色都必定要用，问有多少种染色方法？【例2】在右图的每个地域内涂上A、四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共B、C、有__________种不相同的染色方法．143567【例3】如图，地图上有A，B，C，D四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不相同染色方法?ACBD【牢固】如图，一张地图上有五个国家A，B，C，D，E，现在要求用四种不相同的颜色区分不相同国家，要求相邻的国家不能够使用同一种颜色，不相同的国家能够使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色方法？ABCDE【例4】如图：将一张纸作以下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区块划为相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下方的区块划为相等的两块，这样进行8步操作，问：若是用四种颜色对这一图形进行染色，要求相邻区块颜色不相同，应该有多少种不相同的染色方法？【牢固】用三种颜色去涂以以下图的三块地域，要求相邻的地域涂不相同的颜色，那么共有几种不相同的涂法？ABC【例5】如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的国家所染的颜色不相同，不相邻的国家的颜色能够相同．那么一共能够有多少种染色方法？【牢固】某沿海城市管辖7个县，这7个县的地址如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不相同颜色，共有多少种不相同的染色方法?【例6】用3种颜色把一个33的方格表染色，要求相同行和相同列的有种不相同的染色法．3个格所染的颜色互不相同，一共【例7】如右图，有A、B、C、D、E五个地域，现用五种颜色给地域染色，染色要求：每相邻两个地域不相同色，每个地域染一色．有多少种不相同的染色方式？B EAC D【牢固】如右图，有A，B，C，D四个地域，现用四种颜色给地域染色，要求相邻地域的颜色不相同，每个地域染一色．有多少种染色方法？DC【牢固】用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的地域的字染不相同的颜色，但不是每种颜色都必定要用．问：共有多少种不相同的染色方法?学而奥数思【例8】分别用五种颜色中的某一种对以下图的A，B，C，D，E，F六个地域染色，要求相邻的地域染不相同的颜色，但不是每种颜色都必定要用．问：有多少种不相同的染法？E FADB【例9】将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻○涂不相同的颜色，共有多少种不相同涂法？BA CD【例10】用4种不相同的颜色来涂正周围体（如图，每个面都是完好相同的正三角形）的4个面，使不相同的面涂有不相同的颜色，共有________种不相同的涂法.（将正周围体任意旋转后依旧不相同的涂色法，才被认为是不相同的）【例11】用红、橙、黄、绿、蓝5种颜色中的1种，或2种，或3种，或4种，分别涂在正周围体各个面上，一个面不能够用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不相同涂色方式？【例12】用红、黄、蓝三种颜色对一个正方体进行染色使相邻面颜色不相同一共有多少种方法？若是有红、黄、蓝、绿四种颜色对正方体进行染色使相邻面颜色不相同一共有多少种方法？若是有五种颜色去染又有多少种？(注：正方体不能够翻转和旋转)【牢固】用6种不相同的颜色来涂正方体的六个面，使得不相同的面涂上不相同的颜色一共有多少种涂色的方法？(将正方体任意旋转此后依旧不相同的涂色方法才被认为是相同的)【例13】在“8×8的”方格中放棋子，每格至多放l枚棋子。

专题染色问题与染色方法

竞赛讲座14-染色问题与染色方法1．小方格染色问题最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧.例1 如图29-1(a),3行7列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形,它的四个角上的小方格颜色相同.证明由抽屉原则,第1行的7个小方格至少有4个不同色,不妨设为红色(带阴影)并在1、2、3、4列（如图29-1（b））.在第1、2、3、4列（以下不必再考虑第5，6，7列）中，如第2行或第3行出现两个红色小方格，则这个问题已经得证；如第2行和第3行每行最多只有一个红色小方格（如图29-1（c）），那么在这两行中必出现四角同为蓝色的矩形，问题也得到证明.说明：（1）在上面证明过程中除了运用抽屉原则外，还要用到一种思考问题的有效方法，就是逐步缩小所要讨论的对象的范围，把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法.（2）此例的行和列都不能再减少了.显然只有两行的方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩形的.下面我们举出一个3行6列染两色不存在顶点同色矩形的例子如图29-2.这说明3行7列是染两色存在顶点同色的矩形的最小方格盘了.至今,染k 色而存在顶点同色的矩形的最小方格盘是什么还不得而知.例2 (第2届全国部分省市初中数学通讯赛题)证明:用15块大小是4×1的矩形瓷砖和1块大小是2×2的矩形瓷砖，不能恰好铺盖8×8矩形的地面.分析将8×8矩形地面的一半染上一种颜色，另一半染上另一种颜色，再用4×1和2×2的矩形瓷砖去盖，如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多，则说明在给定条件不完满铺盖不可能.证明如图29-3，用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式，以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然，地面上黑、白格各有32个.每块4×1的矩形砖不论是横放还是竖盖，且不论盖在何处，总是占据地面上的两个白格、两个黑格，故15块4×1的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块2×2的矩形砖，总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块2×2矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证.例3 （1986年北京初二数学竞赛题）如图29-4（1）是4个1×1的正方形组成的“L”形，用若干个这种“L”形硬纸片无重迭拼成一个m×n（长为m个单位，宽为n个单位）的矩形如图29-4（2）.试证明mn必是8的倍数.证明∵m×n矩形由“L”形拼成，∴m×n是4的倍数，∴m、n中必有一个是偶数，不妨设为m.把m×n矩形中的m列按一列黑、一列白间隔染色（如图29-4（2）），则不论“L”形在这矩形中的放置位置如何（“L”形的放置，共有8种可能），“L”形或占有3白一黑四个单位正方形（第一种），或占有3黑一白四个单位正方形（第二种）.设第一种“L”形共有p个，第二种“L”形共q个，则m×n矩形中的白格单位正方形数为3p+q，而它的黑格单位正方形数为p+3q.∵m为偶数，∴m×n矩形中黑、白条数相同，黑、白单位正方形总数也必相等.故有3p+q=p+3q，从而p=q.所以“L”形的总数为2p个，即“L”形总数为偶数，所以m×n 一定是8的倍数.2．线段染色和点染色下面介绍两类重要的染色问题.(1) 线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”（或称“线段染色”），主要借助抽屉原则求解.例4 （1947年匈牙利数学奥林匹克试题）世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.我们不直接证明这个命题，而来看与之等价的下述命题例5 （1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.证明设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色△ABC）；如△BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.如果将例4中的六个人看成例5中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则例4就变成了例5.例5的证明实际上用染色方法给出了例4的证明.例6 (第6届国际数学奥林匹克试题)有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.证明用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…，A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形.考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…，A1A17，由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A1A2，A1A3，…，A1A7为红色.现考查连结六点A2，A3，…，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证.上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将n点中每两点都用线段相连所得的图形叫做n点完全图,记作k n.这些点叫做“顶点”，这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述例5、例6.定理1 若在k6中，任染红、蓝两色，则必有一只同色三角形.定理2 在k17中,任染红、蓝、黄三角，则必有一只同色三角形.（2）点染色.先看离散的有限个点的情况.例7 （首届全国中学生数学冬令营试题）能否把1，1，2，2，3，3，…，1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986、之间夹着一千九百八十六个数？请证明你的结论.证明将1986×2个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是黑白点各有1986个.现令一个偶数占据一个黑点和一个白色，同一个奇数要么都占黑点，要么都占白点.于是993个偶数，占据白点A1=993个，黑色B1=993个.993个奇数，占据白点A2=2a个，黑点B2=2b个，其中a+b=993.因此，共占白色A=A1+A2=993+2a个.黑点B=B1+B2=993+2b个，由于a+b=993（非偶数！）∴a≠b，从而得A≠B.这与黑、白点各有1986个矛盾. 故这种排法不可能.“点”可以是有限个，也可以是无限个，这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的.例8 对平面上一个点，任意染上红、蓝、黑三种颜色中的一种.证明:平面内存在端点同色的单位线段.证明作出一个如图29-7的几何图形是可能的,其中△ABD、△CBD、△AEF、△GEF 都是边长为1的等边三角形，CG=1.不妨设A点是红色，如果B、E、D、F中有红色，问题显然得证.当B、E、D、F都为蓝点或黄点时，又如果B和D或E和F同色，问题也得证.现设B和D异色E和F异色,在这种情况下,如果C或G为黄色或蓝点,则CB、CD、GE、GF中有两条是端点同色的单位线段，问题也得证.不然的话,C、G均为红点，这时CG是端点同色的单位线段.证毕.还有一类较难的对区域染色的问题，就不作介绍了.练习二十九1．6×6的方格盘，能否用一块大小为3格，形如的弯角板与11块大小为3×1的矩形板，不重迭不遗漏地来铺满整个盘面.2．（第49届苏联基辅数学竞赛题）在两张1982×1983的方格纸涂上红、黑两种颜色，使得每一行及每一列都有偶数个方格是黑色的.如果将这两张纸重迭时，有一个黑格与一个红格重合，证明至少还有三个方格与不同颜色的方格重合.3．有九名数学家，每人至多会讲三种语言，每三名中至少有2名能通话，那么其中必有3名能用同一种语言通话.4．如果把上题中的条件9名改为8名数学家，那么，这个结论还成立吗？为什么？5．设n=6（r-2）+3（r≥3），求证：如果有n名科学家，每人至多会讲3种语言，每3名中至少有2名能通话，那么其中必有 r名能用同一种语言通话.6．（1966年波兰数学竞赛题）大厅中会聚了100个客人，他们中每人至少认识67人，证明在这些客人中一定可以找到4人，他们之中任何两人都彼此相识.7．（首届全国数学冬令营试题）用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证：一定存在一个边长为1或的正三角形，它三个顶点是同色的.练习二十九１．将１、４行染红色、２、５行染黄色、３、６行染蓝色，然后就弯角板盖住板面的不同情况分类讨论．２．设第一张纸上的黑格Ａ与第二张纸上的红格Ａ′重合．如果在第一张纸上Ａ所在的列中，其余的黑格（奇数个）均与第二张纸的黑格重合，那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数，知必有一黑格与第一张纸上的红格重合，即在这一列，第一张纸上有一方格Ｂ与第二张纸上不同颜色的方格Ｂ′重合．同理在Ａ、Ｂ所在行上各有一个方格Ｃ、Ｄ，第二张纸上与它们重合的方格Ｃ′、Ｄ′的颜色分别与Ｃ、Ｄ不同．３．把９名数学家用点Ａ１，Ａ２，…，Ａ９表示．两人能通话，就用线连结，并涂某种颜色，以表示不同语种。

高中数学竞赛染色问题与染色方法

高中数学竞赛染色问题与染色方法第二专题染色问题与染色方法一、区域染色3?的棋盘，用黑色或白色两种颜色去染棋盘上的方例1、有一个7 格，每个方格只染一种颜色。

证明：无论怎样染色，棋盘上必定包含一个矩形（它由铅垂直线或水平线所划出的小正方形构成），它的四角所在的方块都是同一颜色。

2000?方格表中都染上红色或蓝色两种颜色之一，使得例2、2000每种颜色都恰好出现2000000格内，两个红格若同行便称为一副红对，两个蓝格若同行便称为一副蓝对。

求证：所有红对数目和蓝对数目相等。

例3、在一个正六边形的六个区域中的每一个二、点染色例4、已知：将平面上的所有点染成红、蓝两色之一。

求证：存在一个30。

同色顶点的直角三角形，其斜边为2003，且有一个锐角为例5、将平面上的所有点染成红、蓝两色之一。

求证：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为2003，并且每一个三角形的三个顶点同色。

例6、用红、蓝两种颜色去染正九边形的顶点，每个顶点只染一种颜色，证明：在以这9个点为顶点的所有三角形中，一定有两个全等的三角形，每一个的三个顶点都是同颜色。

三、线段染色例7、证明：在任何六个人中，总可以找到三个相互认识的人或三个互相不认识的人。

（认识是相互的）。

例8、6个点，每两个点之间有一条线相连，线染上红色或蓝色，证明一定有两个以这些点为顶点的三角形，每个三角形的边是同一种颜色（可能有公共边）。

例9、平面上有5个点，无三点共线，两两相连的线段各染上红蓝颜色中的任意一种，求证：图中没有同色三角形的充要条件是可分解为一红一蓝的两条封闭折线，每条恰含有5条连线段。

例10、17名科学家中每一名和其余科学家通信，在他们的通信中仅讨论三个题目，而任两名科学家之间仅讨论一个题目。

证明：其中至少有3名科学家，他们互相通信中讨论同一个题目。

例11、某俱乐部有13 n 名成员，对每一个人，其余的人中恰好有n 个愿与他打网球，n 个愿与他下象棋，n 个愿与他打乒乓。

初中数学竞赛：染色和赋值(含例题练习及答案)

初中数学竞赛：染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题的两种常用的方法。

就其本质而言，染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。

而凡是能用染色方法来解的题，一般地都可以用赋值方法来解，只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。

赋值方法的适用范围要更广泛一些，我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值，然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。

一、染色法将问题中的对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间的关系。

像国际象棋的棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色，许多隐藏的关系会变得明朗，再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法。

常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色。

例1用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片（如下图所示），能否覆盖一个8×8的棋盘？解：如下图，将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状。

如果15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片能够覆盖一个8×8的棋盘，那么它们覆盖住的白格数和黑格数都应该是32个，但是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格，而1和3都是奇数，因此15个“T”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格，从而15个“T”字形纸片与1个“田”字形纸片所覆盖的白格数是奇数，这与32是偶数矛盾，因此，用它们不能覆盖整个棋盘。

例2如左下图，把正方体分割成27个相等的小正方体，在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任何一个中去。

如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍所有的正方体吗？解：甲虫不能走遍所有的正方体。

我们如右上图将正方体分割成27个小正方体，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色。

显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的。

六年级下册奥数讲义-奥数方法：染色法全国通用

在解决某些数学问题时，我们常常需要把有关元素适当分类.为了使这种分类更为形象，我们可以设想把元素分别涂上不同的颜色.这类用涂色的方法来寻求解题思路的方法叫做染色法.根据染色对象的不同，染色法一般分为方格染色、线段染色和点染色三种，在运用染色法解题的过程中，常结合抽屉原理等组合知识和图论初步知识.解题步骤一般分为：(1)审题，把实际问题用染色图表示出来；(2)运用抽屉原理或图论知识对染色图进行分析；(3)找出问题的答案.[例1] 在平面上有一个27×27的方格棋盘，在横盘的正中间摆好81枚棋子，它们被摆成一个9×9的正方形.按下面的规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子，放进紧挨着这枚棋子的空格中，并把越过的这枚棋子取出来.问：是否存在一种方法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子?思路剖析本题的游戏规则是一枚棋子越过相邻的棋子进行移动，故每一次移动会影响3个棋盘方块的棋子数，可考虑用3种颜色对棋盘染色，研究其变动规律，推出答案.解答如图1所示，将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色，这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分.按照游戏规则，每走一步，有两部分中的棋子数各减少了一个，而第三部分的棋子数的奇偶性都要改变.因为一开始时，81个棋子摆成一个9×9的正方形，显然三个部分的棋子数是相同的，故每走一步，三部分中的棋子数的奇偶性是一致的.但如果在走了若干步以后，棋盘上恰好剩下一枚棋子，则两部分上的棋子数为偶数，而另—部分的棋子数为奇数，这种结局是不可能的，即不存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子.[例2]在5×5的方格棋盘中的A格里放一颗棋子，规定每次棋子可向左右或上下移动一格，问这颗棋子走25步后能否回到原处?思路剖析如图2所示，棋子从A出发，每一步都有2┉4种走法，25步以后出现的情况很多.从表面上看，似乎找不到棋子行走的规律，若利用染色法，对棋格作相间染色，很容易发现规律，找到本题答案.解答如图3所示，对棋格作相间染色，则棋子从白格A出发，走l步进入黑格，走2步进入白格，走3步进入黑格，……，显然，棋子从白格A出发. 走奇数步落在黑格，走偶数步落在白格，所以，走25步一定落在黑格，而原处为白格，故本题答案为：这颗棋子走25步后不能回到原处.[例3】如图4所示，把正方体分割成27个相等的小正方体，在中心的那个小正方体中有一只小甲虫，甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任何一个中去.如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍所有的正方体吗?思路剖析先将正方体进行黑白相间染色(见图5)，则小甲虫每移动一次，会改变一次方格的颜色，对小甲虫走过不同颜色的方格数进行考虑，问题便迎刃而解了.解答我们如图5所示，将正方体分割成27个小正方体，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上黑色.显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的.甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色.故它走27步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体.因此在27步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次.由此可见，如果要求甲虫到每一个小正方体只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小正方体.[例4] 如图6所示，平面上给定6个点，没有三个点在一条直线上. 证明：用这些点做顶点所组成的一切三角形中，必定有一个三角形，它的最大边同时是另一个三角形的最小边.思路剖析在一般情况下，三角形的三条边互不相等，因此存在一个最大边和最小边，考虑特殊情况，在等腰三角形(或等边三角形)中，最大边可能有2 条(或3条).同样，可用涂色法解决.证明先将每一个三角形中的最大边涂成红色，然后将其余的边染成绿色.(1)先证明这些三角形中至少有一个同色三角形.根据抽屉原理，从A出发的5条线，至少有3条线同色，设有3条红线AB、AC、AD，再分析BC、BD、CD三条线段，若有l条为红色，问题得证，若3条全是绿色．问题也得证.(2)由(1)可知，全部三角形中必有一个为同色三角形，若为红色三角形，则这红色三角形中的最小边必定是某个三角形的最大边；若为绿色三角形，则这个绿色三角形中的最大边必定是某一三角形的最小边，问题得证.[例5】用15个“T"字形纸片和1个“田”字形纸片(如图7所示)，能否覆盖一个8×8的棋盘?思路剖析本题看起来无从下手，但我们可以将棋盘的方格进行染色，然后寻找T字形纸片与棋盘方格之间的关系，综合运用假设法，导出本题答案.解答如图8所示，先将棋盘染成黑白相间的形状.假设15个T字形纸片和1个田字形纸片可以盖住棋盘，则它们盖住的白格数为32个.显然1个田字形纸片盖住2个白格，故15个T字形纸片盖住30个白格.再来看每个T字形纸片只能盖住1个或3个白格，设有，n(n为自然数)张T字纸片盖住1个白格，则15张T字纸片一共盖住n×1+(15-n)×3=，n+45-3n=45-2n，对45-2n=30求解，显然n没有自然数解，所以不能覆盖棋盘.[例6】6个人参加一个集会，每两个人或者互相认识或者互相不认识.证明：存在两个“三人组”，在每一个“三人组”中的三个人，或者互相认识，或者互相不认识(这两个“三人组”可以有公共成员).思路剖析本题是一个生活中的小问题，可先进行适当转化，使其变成一个纯粹的数学题，可考虑用点表示每个人，利用染色法，对每个人之间的不同关系用点与点之间不同颜色的线段来区分.问题就迎刃而解了.解答现在我们将每个人用一个点表示(A、B、C、D、E、F)，如果两人认识就在相应的两个点之间连一条红色线段，否则就连一条蓝色线段.本题即证明图9中是否存在两个同色的三角形.我们先证明存在一个同色的三角形(图9)：考虑由A点引出五条线段AB、AC、AD、AE，AF、其中必然有三条被染成了相同的颜色，我们不妨设AB、AC、AD同为红色.再考虑ABCD的三边：若其中有一条是红色，则存在一个红色三角形；若这三条都不是红色，则存在一个蓝色三角形.我们不妨再假设△ABC的三条边都是红色的.若△DEF也是三边同为红色，则显然就有两个同色三角形；若△DEF三边中有一条边为蓝色，设其为DE，再考虑DA，DB，DC三条线段：若其中有两条为红色，则显然有一个红色三角形；若其中有两条是蓝色的，则设其为DA，DB.此时在EA，EB中若有一边为蓝色，则存在一个蓝色三角形；而若两边都是红色，则又存在一个红色三角形.(请读者参照上图作图)答：不论如何染色，总可以找到两个同色的三角形.[例7】某展览馆是由5×5个小方形房组成的25间展室，相邻的两展室之间有一门相通且只有一间展室为进出口房间.一小朋友打算从进口间开始，不重复地依次看完每一展室，然后出来.试问，这位小朋友的希望能实现吗?思路剖析如果我们一条一条地把所有可能的走法都来试验，显然是不明智的，因为走法太多，而且容易发生遗漏.可以考虑染色法，将25个展室用黑白相间的办法涂色，再进行奇偶性分析.解答如图10所示，把25个展室用黑白相间的办法涂色，根据小朋友的愿望，他必须依次由白室走入黑室，经过25道门，最后再到白室.然而，无论他选择什么路线，按其要求走的结果必然是：即，经过25道门后，所到的展室一定是黑室而不是白室，所以，这位小朋友的愿望不能实现.点津染色法是由染色问题引申出来的一类解题方法，其实质也是将一个数学问题转化为一个染色问题.运用它解题的关键在于染色对象和染色方式的选择，一般采用黑白相间的方式，在解答一些更难的问题时可能要用到多种颜色.在题中数量关系发生变动时，考虑这种变动在涂色图形上的反应时，要有较严密的逻辑思维和想像能力.1．如图11所示，正方形被分成6块区域，若给每一块区域都染色，并且相邻的区域颜色不同，问至少需要几种不同的颜色?2．将4x4的正方形剪去两个小正方形，剪法不同得出图12和图13.现用7块l x 2的小矩形去覆盖，问覆盖能否完成.3．如图14用红、黄、蓝、绿4种颜色给一个五边形着色，使相邻两边的颜色不同.问共有多少种不同的着色方法?4．在正方体的每一个面取中心，将这些点两两相连，有些用红线，有些用蓝线，求证：在这些连线中，必然有同一种颜色的线组成的三角形.5．将图15中的点染色，要求相邻的(即有线段连结的)点染成不同的颜色.问至少需要几种颜色?6．一个车间安装了5行缝纫机，每行7台，每台缝纫机由一名工人操作，一个月后，要求每个工人和它相邻的同伴交换工作，这可能吗?为什么?7．线段AB的两个端点一个染黑色，一个染白色.在线段AB内任意取100个点，将AB分成101条首尾相接的线段，请判断，如果将这100个点任意染成黑色点或白色点，那么这101条线段中，两端点不同色的线段的条数是奇数还是偶数?8．在一张白纸上，随着画上一些红色点和一些蓝色点，它们的总和不少于5点.画完之后发现，任意3个红点不共线，任意3个蓝点也不共线. 求证，一定存在3个顶点同颜色的三角形，它至少有一条边(不包括延长线)不含另一种颜色的点.9．一批现成的木箱，尺寸是6 x 6 x 6，现有一批商品，每件都是长方体，尺寸为l x2x4.能不能用这样的商品将木箱填满?。

高中数学竞赛专题讲座---简单的染色问题

AD BCA BFE简单的染色问题在我们美丽的地球上，有60多亿人口，任何六个人聚在一起，或者有三个人彼此相识，或者有三个人彼此不相识。

你相信吗？那就先让我们来作个游戏！规则：正六边形的六个顶点，两游戏者每次可随意．．选用红或蓝色的笔，轮流．．选择其中的两点连线，谁第一个被迫画成一个同色的三角形（红色或白色），他就是失败者．这个游戏是否一定能分出胜负呢？与先下后下是否有关？抽象数学问题：把六个点（任意三点不共线）的连线染两色，至少会出现一个同色三角形．证明：任取一点A，那么由点A引出的5条边中，由抽屉原理，至少有三条是同色的，不妨设AB、AC、AD是蓝色的，如图所示．考察BC、BD、CD三条边，若这三条边中有一条是蓝色的，则与A形成一个蓝色三角形；若这三条边都是红色的，则三角形BCD为一个红色三角形．“任何六个人聚在一起，或者有三个人彼此相识，或者有三个人彼此不相识”这样一个著名的实际问题也就迎刃而解．1928年，在英国伦敦数学会的一次学术会议上，年仅24岁的年轻数学家弗兰克·普拉东·拉姆赛（Frank Plumpton Ramsey）证明了一个定理：如果某一集合（如点集）中事物的数量足够多，且每对事物间都存在一定数量的关系（如各种颜色的边）中的一种，那么必定存在一个包含若干数目事物的子集（如三点集），其中每对事物间也存在同样的关系（如同色三角形）．这个定理称为拉姆赛定理，告诉我们：如果平面上的点数足够多，且每对点间的线（边）或染红色或染蓝色，那么必定存在一个包含3个点的子集，他们之间的边同色，即包含一个同色三角形．如果我们将刚才的六点染色游戏继续下去，染完所有的线段，同色三角形最少出现了几个？这是偶然吗？恭喜你！答对了，2个！在六点（任意三点不共线）染色游戏中，必有两个同色三角形．证明：方法一：为方便叙述，我们把平面上有n个点，每两点都有连线的图称为n阶完全图，记作n K．由拉姆赛定理知把6K边染红、蓝两色，必出现一个同色三角形，不妨设这个三角形是红色的ABC．现考虑△ABC以外的点D、E、F，由D引出的五条边中，由抽屉原理，至少有三条边是同色的，除了D与A、B、C所连的边是蓝色的情形以外，其余情形均可仿照结前面的证明得到一个同色三角形；同理，E、F引出的边也有同样的结论．于是，只剩下如图情形，即D、E、F与△ABC的三顶点连线均是蓝色．这时，三角形DEF或者是红色三角形，或者与原来的蓝边形成一个蓝色三角形．方法二（算两次）：考虑自同一点引出的两条边，如果他们颜色相同，就称他们组成一个“同色角”，设自点A 引出r 条红边，5－r 条白边，则自A 点引出的同色角共有（252r r C C -+）个，易知当r ＝2或3时252r r C C -+最小，最小值为4，所以该六点图中至少有6×4＝24个同色角；另一方面，每个同色三角形中有3个同色角，每个边不全同色的三角形中只有1个同色角．设同色三角形有x 个，则不同色三角形有（x C -36）个，因此，同色角共有x x C x -=-+20)(336个．综上，2420≥-x ，从而，2≥x ．如果减少一点，做五点（任意三点不共线）染色游戏是否一定能分出胜负呢？如出现平局，平局的图形是什么样的呢？读者不妨动手一试，在五点染色游戏中，或者必出现一个同色三角形，或者必出现一个同色五边形（首尾顺次连接即可）．如将上述一类问题推广，可在哪几方面进行变化？请读者思考．例1. 在2色完全图9K 中，至少存在一个红色三角形或一个蓝色四边形．证明：如果9K 中有一个点1v 引出至少4条红边，不妨设12131415,,,v v v v v v v v 为红边，这时2345,,,v v v v 四个点所成的4K 中或者每条边都是蓝色，或者至少有一条边为红色．在后一种情况，设红边为23v v ，则123v vv 为红色三角形．如果9K 中每个点引出的红边少于4条，那么每点至少引出5条蓝边．由于蓝边的总数的2倍5945≥⨯=，所以，蓝边的总数的2倍46≥，从而至少有一点1v 引出6条蓝边．设121314151,,,,,v v v v v v v v v v v v51617,,,,v v v v v v v v v 为蓝边，这时234567,,,,,v v v v v v 所成的6K 中必有一个同色三角形．如果是红色三角形，结论成立；如果是蓝色三角形，那么它的三个顶点与1v 构成蓝色的4K ．例2. （2005西部）设n 个新生中，任意3个人中有2个人互相认识，任意4个人中有2个人互不认识，试求n 的最大值．解：当8n =时，如图所示的例子满足要求，其中12345678,,,,,,,A A A A A A A A 表示8个学生，红色表示认识．下设n 个学生满足题设要求，证明8n ≤．为此先证明如下两种情况不可能出现．（1）若某人A 至少认识6个人，记为123456,,,,,B B B B B B ，由拉姆赛定理，这6个人中或者有3个人彼此不相识，与已知任意3个人中有2个人认识矛盾；或者有3个人彼此相识，这时与这3个人共4个人互相认识与已知任意4个人中有2个人互不认识矛盾！（2）若A 至多认识5n -个人，则剩下至少4个人均与A 互不认识，从而与这4个人两两相识，矛2A 3A 1A 4A 5A 6A 7A 8A盾！其次，当10n ≥时，（1）与（2）必有一种情况出现，故此时不满足要求．当9n =时，要使（1）与（2）均不出现，则此时每个人恰好认识其他5个人．于是，这9个人产生的朋友对的数目为952N ⨯∉，矛盾！综上，所求n 的最大值为8．例2. （第六届IMO ）17位学者，每一位都给其余的人写一封信，信的内容是讨论三个问题中的一个．而且两个人互相通信所讨论的是同一个问题。

初中数学竞赛专题：染色问题

初中数学竞赛专题:染色问题25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点,它们被分别染为黑色或白色．今知其中任何2个黑点之间至少间隔2个点．证明:从中可以找到3个白点,它们形成等边三角形的3个顶点．解析我们将27个点依次编号,易知它们一共可以形成9个正三角形(1,10,19),(2,11,20),…,(9,18,27)．由染色规则知,其中至多有9个黑点．如果黑点不多于8个,则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色．如果黑点恰有9个,那么由染色规则知,它们只能是一黑两白相间排列,其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色． 25．1．2★★某班有50位学生,男女各占一半,他们围成一圈席地而坐开营火晚会．求证:必能找到一位两旁都是女生的学生．解析将50个座位相间地涂成黑白两色,假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生,那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生．否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位,其上面都坐着女生,其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾．同理,25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生,因此全部入座的女生不超过24人,与题设相矛盾．故命题得证． 25.1.3★在线段AB 的两个端点,一个标以红色,一个标以蓝色,在线段中间插入n 个分点,在各个分点上随意地标上红色或蓝色,这样就把原线段分为1n +个不重叠的小线段,这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．求证:标准线段的个数是奇数．设最后一个标准线段为1k k A A +．若0k A A =,则仅有一个标准线段,命题显然成立；若n k A A =,由 A 、B 不同色,则0A 必与k A 同色,不妨设0A 与k A 均为红色,那么在0A 和k A 之间若有一红蓝的标准线段,必有一蓝红的标准线段与之对应；否则k A 不能为红色,所以在0A 和k A 之间,红蓝和蓝红的标准线段就成对出现,即0A 和k A 之间的标准线段的个数是偶数,加上最后一个标准线段1k k A A +,所以,A 和B 之间的标准线段的个数是奇数．25．1．4★★能否用面积为14⨯的一些长方块将1010⨯的棋盘覆盖?解析如图中标上1～4这些数,显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个,于是如果可以覆盖,则1、2、3、4应一样多,但1有25个,2则有26个,矛盾!因此不能覆盖．25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行,证明:必有相邻的6个球三红三蓝．解析将这些球标上数字,红球标1,而蓝球则标上1-,于是问题变为:必定有6个相邻的球其标数之和为0．记从第i 个球起的6个数字和为i S ,于是i 可取1,2, (19)易知1S 的全部取值为6-、4-、2-、0、2、4、6,且10i i S S +-=或2(可以认为以2或2-、0的步长“连续”变化)．由1713190S S S S +++=,知若四数中有0,则结论成立,否则必有正有负．不妨设0i S >,0j S <,i ,j ∈{1,7,13,19},于是必存在一个k ,k 在i 与j 之间,0k S =．25．1．6★如图,把正方体形的房子分割成27个相等的小房间,每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去．如果要求甲虫只能走到每个小房间一次,那么甲虫能走遍所有的小房间吗?解析甲虫不能走遍所有的小房间．我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间),涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色．显然,在27个小正方体中,14个是黑的,13个是白的．甲虫从中间的白色小正方体出发,每走一步,方格就改变一种颜色．故它走26步,应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体．因此在26步中至少有一个小正方体,甲虫进去过两次．由此可见,如果要求甲虫到每一个小房间只去一次,那么甲虫不能走遍所有的小房间．25.1.7★★3行9列共27个小方格,将每个小方格涂上红色或蓝色．试证:无论如何涂法,其中至少有两列,它们的涂色方式完全一样．解析第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理),不妨设这5个方格位于前五个位置,且都为红色．下面考虑前五列构成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的,不妨设这三格位于前三个位置．接着考虑前三列构成的3×3方阵,该方阵前两行的每列完全一样．对第三行,用两种颜色染色时,三列中必有两列同色,不妨设是前两列．此时前两列的涂色方式完全一样．a线进行剪裁,总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来．(b)(a)解析如图(b)涂色．若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形,则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成．因此,应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形．但图中有八个涂色小正方形,六个不涂色小正方形,因此适合题意的剪法不存在．25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数,现任挑选3×3或4×4的正方形,将其中每个数加1,称为一次操作,问是否能经过有限次操作,一定可以让方格中的所有整数均被10整除?解析按图中选择小方格涂黑,易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格,这些小黑格中原来数字之和是奇数的话,那么操作一次后,数字和仍是奇数,因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定．25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑,使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?解析如图,涂9格,无所求矩形,下证若涂10格,则会出现所求矩形．这是因为若有一行全部涂黑,则余下的行中必有一行至少涂黑2格,此时便有所求矩形出现．于是每行黑格数不到4个,必有两行各包含3个黑格,此时不难看出有所求矩形出现,因此最多选择9格．25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格,使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?解析剪去左上角的方格后,棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖．为了证明这一点,我们将棋盘涂上三种颜色,涂法如图,其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色．如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖,那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个,从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个,然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个,第二种颜色的方格22个,第三种颜色的方格21个．因此,剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖．由此可见,如果剪去一个方格后,棋盘能用21个3×1的矩形覆盖,那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格．但是,剪去图中涂第二种颜色的一个方格后,仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖,比如说,剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖,这是由于棋盘的对称性,剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)所剩下的棋盘完全相同．于是,只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个,剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖．不难验证这时确实能够覆盖． 25.1.12★★求证:只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面．解析将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色,剩下的小方格全染成白色,于是白色的小方格的个数为15×23,这是奇数．因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格,每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格,故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数,不可能盖住23×15个白格,所以,只用2×2及3×3的瓷砖不能盖住23×23的地面．25.1.13★★求证:用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖,不能恰好铺盖8×8的正方形地面．解析把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图．无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上,每块l ×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个,可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个,而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处,只有如下四种情形之一:4121341423432321这就是说,2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中,必有两个小方块有相同数码．由此可见,如果15块1×4,1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面,那么这64个小方块中,某一种赋值的小方块应有17块,但实际上,赋值1、2、3、4的小方块各16块,矛盾．25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色,称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格．问该方格表中最多有多少个红色的行和列?解析首先我们指出红色的行和列不多于8个．若不然,红色的行和列至少9个,则其中必有5个红行或红列,不妨设为前者．由于每个红行中至少有4个红格,故知表中至少有20个红格．此与已知条件矛盾．其次,当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时,便得到4个红行和4个红列,共8个．这表明有19个红格时,确可使红行与红列的个数达到8．所以最大值为8．25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的L形纸片,如果一个m n⨯方格的棋盘能被若干个L形纸片无重复地覆盖,试证:mn是8的倍数．解析设m n⨯棋盘由k个L形纸片所覆盖,而L形是由4个1×1小方格所组成,则可令=．由此得出m、n中至少有一个偶数,不失一般性,可令n为偶数,即共有偶数n列．4mn k现在对“列”进行黑、白交替染色,可得黑、白格各共有2k个．易见每个L形纸片无论怎样配置,总是盖住奇数个黑格．今共有2k个黑格,因此必须有偶数个L 形,从而证得mn是8的倍数．25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马,它们互不相吃(假定有足够多的马)?解析我们将棋盘相间染成黑白二色,则黑格与白格各32个．按马的走法(如图)知,黑格上的马只能吃白格上的马,因此,将所有黑格都放马,它们是互不相吃的．这就是说,我们可以放32个马,它们互不相吃．现证任意放33个马必有被吃的情形．事实上,将棋盘划分为8个2×4的小棋盘,则至少有一个小棋盘要放5个马,其放法只有两种可能:要么一排放1个,另一排放4个；要么一排放2个,另一排放3个．显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局．因此,最多能放32个马,它们互不相吃．25.1.17★★★在12×12的棋盘上,一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角,如图(a)．这匹马能否从某一点出发,跳遍每一格恰好一次,最后回到出发点?(a)解析我们用两种方法对此棋盘染色．首先,将棋盘黑白相间染色,由马的跳步规则知,马每跳一步,或者是从黑格跳到白格,或者是从白格跳到黑格．不妨设马是第奇数步跳到自格,即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格．123456789101112(b)其次,将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色,其余的行染成黑色,如图(b)．由马的跳步规则知．马从白格一定跳人黑格,因为白格的数目同黑格的数目相同,马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点,因此,马从黑格只能跳入白格,不妨设马第奇数步跳入白格．对于一种满足要求的跳法,在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的,矛盾．因此,题目要求的跳法,即“回路”是不存在的．25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子,每个小方格内至多只能放一个棋子,使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍．在满足上述条件的所有放置方法中,请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?解析因每行都有8格,所以每行棋子最多只能有6个．此方格表共有8行,因此棋子的总数最多为48个．如右图所示,48个棋子是可以完成的．25.1.19★★★★将m n ⨯的方格表中每个小方格涂上黑色或白色,两种颜色的方格数相等．问能否有一种涂法,使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75％?解析不可能．设每行、每列中都有一种颜色的方格超过34,由于行与行、列与列可对调而不影响结论．不妨设其中前p 行白色占优势,后q 行黑色占优势；前r 列白色占优势,后s 列黑色占优势．p q m +=,r s n +=(如下左图)．r spq 全白黑白相间黑白相间全黑考虑p s ⨯放q r ⨯的矩形中的ps qr +个方格．其中的白格可看成s 列或q 行中的“少数派”,而黑格可看成p 行或r 列中的“少数派”．由于在每行、每列中“少数派”少于4n 或4m 个,所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于()44m mn s r +=．同样,前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于()44n mn p q +=．所以这两个矩形中的方格数442mn mn mn ps qr +<+=,即少于方格总数的一半．因此ps qr pr qs +<+, ()()0p q s r --<,从而p q ≤,r s ≤或q p ≤,s r ≤不妨设为前者,这时2m p ≤,2n r ≤, 白色方格总数44n m pr q s <+⨯+⨯()()44n m pr m p n r =+-⨯+-⨯ 24242mn n r m p p r ⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2mn ≤, 与两种颜色的方格相等矛盾．评注每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占34是可能的(这时m 、n 当然都被4整除),前右图(其中2m p q ==,2n r s ==)即满足要求． 25.1.20★★★在2是×2是的方格表上,有3k 个格子涂黑,求证:可以选择k 行及k 列,包含了全部这3k 个黑格．解析将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前k 行,则这k 行中包含的黑格总数必定不少于2k ,否则会有一行的黑格数至多一个,而剩下来的k 行至少有1k +个黑格,于是有一行包含了至少两个黑格,这与k 前是行”的定义矛盾．于是结论成立,接下来只要再找是列包含剩下的k 个黑格即可(有的列可不包含黑格)．25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色,证明:至少可以找出21个矩形,它们的顶点是同一种颜色方格的中心,它们的边平行于方格线．解析考察其中任意一列,估计其中同色“方格对”的个数．设在该列中有一种颜色的方格走个,另一种颜色的方格7k -个,那么,在该列中就共有()()()217672122k k k k k k ---+=-+个同色“方格对”．该式的值在3k =和4k =时达到最小值9,所以,7个列中一共有不少于63个同色“方格对”．注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中,如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”,那么,它们即构成一个满足要求的矩形．我们知道,方格表中一共有76212⨯=个不同的“行对”,由于有两种不同颜色,所以,一共有42种不同情况的“行对”．因此,至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形．25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一,已知任意两个不同颜色的数之和为黑色,而它们的积是白色,试找出所有的这种染色方法．解析设正整数m 、n 为白色,现研究mn 的颜色．若mn 是黑色,设正整数k 黑色,则m k +为黑色,()m k n mn kn +==+为白色,但由前知mn 黑色,kn 白色,于是mn kn +黑色,矛盾,因此mn 为白色．设正整数l 是染成白色的最小数,于是由条件及前面的讨论知,l 的所有正整数倍数sl 均为白色．至于其他正整数p ,p 不被l 整除,设p ql r =+,0r l <<,由l 之定义知,r 必定是黑色,于是知当0q =时,p r =为黑色；当0q >时由ql 为白色,知p 亦为黑色．于是本题的结论就是,所有l 的倍数染成白色,其余的数染成黑色,不难验证这种染法确实满足题设要求．25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为()0,0、()0,m 、(),0n 与(),n m ,其中m 、n 均为正奇数,将这个矩形分拆(既无重叠,也不遗漏)为一些三角形,使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行,并且这条边上的高为1,求证:一定存在至少两个三角形,它们各有两条边平行于坐标轴．解析易知,可将矩形分成mn 个单位正方形,并涂上黑白两色,使相邻的正方形颜色不同．此时4个角上的小正方形颜色相同,设为黑色,于是黑色格总面积比白格多1．可以推出,上述分拆中,每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中,两种颜色部分的面积之差为12；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中,两种颜色部分的面积相等,如图．由于黑色面积与白色面积相差1,故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行．25.1.24★★★把正三角形划分为2n 个同样大小的小正三角形,把这些小正三角形的一部分标上号码1,2,…,m ,使得号码相邻的三角形有相邻边．求证:21m n n -+≤．解析将2n 小正三角形如图黑、白染色,黑三角形共有1+2+3+…+()112n n n =+个,白三角形共有1+2+3+…+(1n -)()112n n =-个,由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”,且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色,因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1,所以编号的三角形数m 不超过()2121112n n n n ⨯-+=-+个,即21m n n -+≤．25.1.25★★★将正方形ABCD 分割为n n ⨯个相等的小方格,把相对的顶点A 、C 染成红色,把B 、D 染成蓝色,其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．求证:恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．解析用数代表颜色:红色记为1．蓝色记为1-．将小方格编号,记为1,2,…,2n ．记第i 个小方格四个顶点处数字之乘积为i A ．若该格恰有三个顶点同色,则1i A =-,否则1j A =．今考虑乘积212n A A A ⨯⨯⨯．对正方形内部的交点,各点相应的数重复出现4次；正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A 、B 、C 、D 四点相应的数的乘积为()()11111⨯⨯-⨯-=．于是,2121n A A A ⨯⨯⨯=．因此,1A ,2A ,…,2n A 中1-的个数必为偶数,即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．25.1.26★★已知ABC △内有n 个点(无三点共线),连同点A 、B 、C 共3n +个点,以这些点为顶点把ABC △分割为若干个互不重叠的小三角形,现把A 、B 、C 分别染成红色、蓝色、黄色,而其余n 个点,每点任意染上红、蓝、黄三色之一．求证:三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．解析把这些小三角形的边赋值:边的端点同色的,赋值0,边的端点不同色,赋值1,于是每只小三角形的三边赋值的和,有如下三种情形:(i)三顶点都不同色的小三角形,赋值和为3；(ii)恰有两顶点同色的小三角形,赋值和为2；(iii)三顶点同色的小三角形,赋值和为0．设所有小三角形的边的赋值总和为S ,又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为a 、b 、c ,于是32032S a b c a b =++=+． ①注意到所有小三角形的边的赋值总和中,除了边AB ,BC ,CA 外,其余各边都被计算了两次,故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍,再加上ABC △的三边的赋值和为3,故S 是奇数,因此,由①式得a 是奇数．25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5×5的棋盘,求证:1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．解析将棋盘按图中方式染成A 、B 、C 三种颜色．易见A 、C 各有8格,而B 有9格．由于每个1×3砖块必定覆盖A 、B 、C 三色格各一格,因此1×1的砖块必定染成B 色．再将整个棋盘旋转90゜,再按完全相同的方法染色,于是1×1的砖块仍在染成B 色的方格上,但两次染色均染成B 色的小方格只有中间的那个,因此1×l 的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．25.1.28★★★★6个点每两点之间连一条线,将这15条线进行任意的二染色(即每条边染成两种颜色之一),则必定存在至少两个同色的三角形．解析设两色为红色与蓝色．若从同一点出发有3条线同色,比如AB 、AC 、AD 为红色,如果BC 红色,则ABC △为红色三角形,否则BC 为蓝色,同理CD 、DB 亦为蓝色,于是BCD △为蓝色三角形．因此,有一点出发3条线同色,一定有同色三角形存在．于是6个点之间的15条线中,一定有同色三角形存在．5个点的10条线若无同色三角形,则每一点连出的4条线必定两红两蓝．比如五点为A 、B 、C 、D 、E ,不妨设BA 、AE 红,由于BE 蓝,还有一点与B 的连线红色,不妨设BC 红,于是BD 蓝,ED 红,AC 、AD 蓝,CD 红,CE 蓝,故要想不出现同色三角形,只能是五点构成的五边形(不一定凸或自身不交)的边同色,而对角线则异色．现在回到原题,设六点为1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A ,由于一定有同色三角形存在,不妨设为456A A A △一是红色三角形,若不存在第二个同色三角形,则可设五边形12345A A A A A 的边为红色(图中实线所示),对角线为蓝色(图中虚线所示)．若16A A 为红色,则156A A A △为红色三角形,故16A A 蓝,同理36A A 为蓝色,于是136A A A △为蓝色三角形,因此同色三角形至少有两个．A 1A 2A 34A 5A 625.1.29★★★n n ⨯的方格表中有1n -个格子涂且黑色,如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻(“相邻”指有公共边),则将这个小方格也涂黑,求证:不可能将所有的小方格都涂黑．解析假定小方格边长为1．考虑一开始这1n -格小方格组成的“岛”,每个“岛”都由连在一起的小方格组成,不同的“岛”之间没有公共边界(当然也可能本来只有一个“岛”)．因此这些“岛”的边界(包括有“洞”时“洞”的“内部边界”)长度之和不大于()41n -(因为还有小方格边界在内部抵消的情形)．现在按规则操作,每添加一个黑格,总边界不会增加,甚至还会减少(例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻)．如果所有小方格都涂黑了,总边界为()441n n >-,矛盾．因此结论成立．25.1.30★★★无限大方格表上的每个结点(方格线的交点)都被染为三种颜色之一,并且每种颜色的点都有．证明:可以找到一个直角三角形(其直角边不一定在方格线上),它的三个顶点被分别染为三种不同颜色．解析用反证法．假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形．不难看出,可以找出一条水平方向或竖直方向的直线l,它上面至少有两种颜色的结点,为确定起见,设其为水平方向．如果l上只有两种颜色的点,比方说蓝色与红色,那么在平面上任意取一个绿色结点A,并且把A 所在的竖直直线与l的交点记作B．于是,B或为蓝色或为红色,不妨设其为蓝色．由于l上还有红色结点,只要任取其中一个红点C,即可得到三个顶点颜色各异的Rt ABC△,此与假设矛盾．所以,l上面有三种颜色的结点．在直线l上任意取一个蓝点B、一个红点C和一个绿点D．那么,此时在经过点B的竖直直线上的结点都应当为蓝色,否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形．同理,在经过点C的竖直直线上的结点都为红色,在经过点D的竖直直线上的结点都为绿色．这就表明,在以上的染色方法中,每条竖直直线上的结点都是单一颜色的,从而,任何直角边在方格线上的直角=三角形中都至少有两个顶点同色．下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成45゜的直线．由于它同每条竖直直线都相交于结点处,所以它上面有着三种不同颜色的结点．这样一来,根据刚才的讨论,在每一条与它垂直的直线上的结点都只能是单一颜色的．但是,事实上这些直线都与竖直方向交成135゜,从而与每条竖直直线都相交于结点处．故都有着三种不同颜色的结点,导致矛盾．25.1.31★★★将全平面以任意方式二染色,并在平面上任找不共线的三点A、B、C,求证:存在一个顶点同色的三角形,与ABC△相似．S M K N T解析首先证明,一定有两点及两点连线之中点同色,不妨设二色为红与蓝．至少有一种颜色被涂在无穷多个点上,不妨设是红色,今找两点M、N,均为红色．K为MN中点,又使M为SN中点,N为MT中点．若K红,则M、K、N为所求；同理,若S或T为红,则S、M、N或M、N、T为所求；若K、S、T皆为蓝,则S、K、T为所求．如图,现作A△,P、Q、R为三边中点,且由前,可设B′、P、C′．若A′△′B′C′∽ABC红,则A△′P或QPC△′B′C′即为所求；若R或Q红,则RB△′为所求；若A′、R、Q皆蓝,此时A△′RQ即为所求．于是结论成立．。

小学奥数--乘法原理之染色法-精选练习例题-含答案解析(附知识点拨及考点)学习资料

小学奥数--乘法原理之染色法-精选练习例题-含答案解析(附知识点拨及考点)7-2-3乘法原理之染色问题教学目标1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．知识要点一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N 个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例 1】地图上有A ，B ，C ，D 四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？DC B A【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】 A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选．根据乘法原理，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D 也只有1种颜色可选(与A 相同)．根据乘法原理，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．综上，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．【答案】18【巩固】如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有326⨯=种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有43332284⨯⨯+⨯⨯=（）种方法．例题精讲【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题．【答案】84【例 2】在右图的每个区域内涂上A 、B 、C 、D 四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有__________种不同的染色方法．7654321【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有43224⨯⨯=种染色方法．如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法．【答案】24【例 3】如图，地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法?DCB A【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选．第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选．第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选．第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有3种颜色可选．根据分步计数的乘法原理，用5种颜色给地图染色共有5433180⨯⨯⨯=种不同的染色方法．【答案】180【巩固】如图，一张地图上有五个国家A ，B ，C ，D ，E ，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色方法？ED C BA【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】第一步，给A 国上色，可以任选颜色，有四种选择；第二步，给B 国上色，B 国不能使用A 国的颜色，有三种选择；第三步，给C 国上色，C 国与B ，A 两国相邻，所以不能使用A ，B 国的颜色，只有两种选择；第四步，给D 国上色，D 国与B ，C 两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给E 国上色，E 国与C ，D 两国相邻，有两种选择．共有4322296⨯⨯⨯⨯=种着色方法．【答案】96【例 4】如图：将一张纸作如下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区块划为相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下方的区块划为相等的两块……，如此进行8步操作，问：如果用四种颜色对这一图形进行染色，要求相邻区块颜色不同，应该有多少种不同的染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】对这张纸的操作一共进行了8次，每次操作都增加了一个区块，所以8次操作后一共有9个区块，我们对这张纸，进行染色就需要9个步骤，从最大的区块从大到小开始染色，每个步骤地染色方法有：4、3、2、2、2……，所以一共有：4322222221536⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=种．【答案】1536【巩固】用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的颜色，那么共有几种不同的涂法？ABC【考点】乘法原理之染色问题【难度】2星【题型】解答【解析】涂三块毫无疑问是分成三步．第一步，涂A部分，那么就有三种颜色的选择；第二步，涂B部分，由于要求相邻的区域涂不同的颜色，A和B相邻，当A确定了一种颜色后，B只有两种颜色可选择了；第三步，涂C部分，C和A、B都相邻，A和B确定了两种不相同的颜色，那么C只有一种颜色可选择了．然后再根据乘法原理．3216⨯⨯=【答案】6【例 5】如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的国家所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同．那么一共可以有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】这一道题实际上就是例题，因为两幅图各个字母所代表的国家的相邻国家是相同的，如果将本题中的地图边界进行直角化就会转化为原题，所以对这幅地图染色同样一共有4322296⨯⨯⨯⨯=种方法．【讨论】如果染色步骤为----C A BD E,那么应该该如何解答？答案：也是4322296⨯⨯⨯⨯=种方法．如果染色步骤为----C AD B E那么应该如何解答？答案：染色的前两步一共有4×3种方法，但染第三步时需要分类讨论，如果D与A颜色相同，那么B有2种染法，E也有2种方法，如果D与A染不同的颜色，那么D有2种染法那么B只有一种染法，E有2种染法，所以一共应该有⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=种方法，(教师应该向学生说明第三个步骤用到了分类讨论和43(122212)96加法原理，加法原理在下一讲中将会讲授)，染色步骤选择的经验方法：每一步骤所染的区块应该尽量和之前所染的区块相邻．【答案】96【巩固】某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色，共有多少种不同的染色方法?【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】为了便于分析，把地图上的7个县分别编号为A 、B 、C 、D 、E 、F 、G (如左下图)．G F D CB AE 为了便于观察，在保持相邻关系不变的情况下可以把左图改画成右图．那么，为了完成地图染色这件工作需要多少步呢?由于有7个区域，我们不妨按A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色依次分7步来完成染色任务．第1步：先染区域A ，有5种颜色可供选择；第2步：再染区域B ，由于B 不能与A 同色，所以区域B 的染色方式有4种；第3步：染区域C ，由于C 不能与B 、A 同色，所以区域C 的染色方式有3种；第4步：染区域D ，由于D 不能与C 、A 同色，所以区域D 的染色方式有3种；第5步：染区域E ，由于E 不能与D 、A 同色，所以区域E 的染色方式有3种；第6步：染区域F ，由于F 不能与E 、A 同色，所以区域F 的染色方式有3种；第7步：染区域G ，由于G 不能与C 、D 同色，所以区域G 的染色方式有3种．根据分步计数的乘法原理，共有54333334860⨯⨯⨯⨯⨯⨯=种不同的染色方法．【答案】4860【例 6】用3种颜色把一个33⨯的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有种不同的染色法．【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】根据题意可知，染完后这个33⨯的方格表每一行和每一列都恰有3个颜色．用3种颜色染第一行，有336P =种染法；染完第一行后再染第一列剩下的2个方格，有2种染法；当第一行和第一列都染好后，再根据每一行和每一列都恰有3个颜色对剩下的方格进行染色，可知其余的方格都只有唯一一种染法．所以，根据乘法原理，共有326⨯=种不同的染法．【答案】6【例 7】如右图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？EDC BA 【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】先采用分步：第一步给A染色，有5种方法；第二步给B染色，有4种方式；第三步给C染色，有3种方式；第四步给D染色，有3种方式；第五步，给E染色，由于E 不能与A、B、D同色，但可以和C同色．此时就出现了问题：当D与B同色时，E有3种颜色可染；而当D与B异色时，E有2种颜色可染．所以必须从第四步就开始分类：第一类，D与B同色．E有3种颜色可染，共有5433180⨯⨯⨯=（种）染色方式；第二类，D与B异色．D有2种颜色可染，E有2种颜色可染，共有54322240⨯⨯⨯⨯=（种）染色方式．根据加法原理，共有180240420+=（种）染色方式．【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决．【答案】420【巩固】如右图，有A，B，C，D四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色．有多少种染色方法？ADBC【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】A有4种颜色可选，然后分类：第一类：B，D取相同的颜色．有3种颜色可染，此时D也有3种颜色可选．根据乘法原理，不同的染法有43336⨯⨯=（种）；第二类：当B，D取不同的颜色时，B有3种颜色可染，C有2种颜色可染，此时D 也有2种颜色可染．根据乘法原理，不同的染法有432248⨯⨯⨯=（种）．根据加法原理，共有364884+=(种)染色方法．【答案】84【巩固】用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：共有多少种不同的染色方法?学而奥数思【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选(与“学”相同)，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．所以，根据加法原理，共有43(222)72⨯⨯⨯+=种不同的涂法．【答案】72【例 8】分别用五种颜色中的某一种对下图的A，B，C，D，E，F六个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】先按A，B，D，C，E的次序染色，可供选择的颜色依次有5，4，3，2，3种，注意E与D的颜色搭配有339⨯=(种)，其中有3种E和D同色，有6种E和D异色．最后染F，当E与D同色时有3种颜色可选，当E与D异色时有 2种颜色可选，所以共有542(3362)840⨯⨯⨯⨯+⨯=种染法．【答案】840【例 9】将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色，共有多少种不同涂法？D CBA【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】如右上图，当A，B，C，D的颜色确定后，大正方形四个角上的○的颜色就确定了，所以只需求A，B，C，D有多少种不同涂法．按先A，再B，D，后C的顺序涂色．按---A B D C的顺序涂颜色：A有3种颜色可选；当B，D取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时C也有2种颜色可选，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B，D取不同的颜色时，B有2种颜色可选，D仅剩1种颜色可选，此时C也只有1种颜色可选(与A相同)，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=(种)．所以，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．【答案】18【例 10】用4种不同的颜色来涂正四面体（如图，每个面都是完全相同的正三角形）的4个面，使不同的面涂有不同的颜色，共有________种不同的涂法.（将正四面体任意旋转后仍然不同的涂色法，才被认为是不同的）【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级，复赛，第9题【解析】不旋转时共有4×3×2×1=24种染色方式，而一个正四面体有4×3=12种放置方法（4个面中选1个作底面，再从剩余3个面中选1个作正面），所以每种染色方式被重复计算了12次，则不同的染色方法有24÷12=2种。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

竞赛讲座14-染色问题与染色方法1．小方格染色问题最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧.例1 如图29-1(a),3行7列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形,它的四个角上的小方格颜色相同.证明由抽屉原则,第1行的7个小方格至少有4个不同色,不妨设为红色(带阴影)并在1、2、3、4列（如图29-1（b））.在第1、2、3、4列（以下不必再考虑第5，6，7列）中，如第2行或第3行出现两个红色小方格，则这个问题已经得证；如第2行和第3行每行最多只有一个红色小方格（如图29-1（c）），那么在这两行中必出现四角同为蓝色的矩形，问题也得到证明.说明：（1）在上面证明过程中除了运用抽屉原则外，还要用到一种思考问题的有效方法，就是逐步缩小所要讨论的对象的范围，把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法.（2）此例的行和列都不能再减少了.显然只有两行的方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩形的.下面我们举出一个3行6列染两色不存在顶点同色矩形的例子如图29-2.这说明3行7列是染两色存在顶点同色的矩形的最小方格盘了.至今,染k色而存在顶点同色的矩形的最小方格盘是什么还不得而知.例2 (第2届全国部分省市初中数学通讯赛题)证明:用15块大小是4×1的矩形瓷砖和1块大小是2×2的矩形瓷砖，不能恰好铺盖8×8矩形的地面.分析将8×8矩形地面的一半染上一种颜色，另一半染上另一种颜色，再用4×1和2×2的矩形瓷砖去盖，如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多，则说明在给定条件不完满铺盖不可能.证明如图29-3，用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式，以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然，地面上黑、白格各有32个.每块4×1的矩形砖不论是横放还是竖盖，且不论盖在何处，总是占据地面上的两个白格、两个黑格，故15块4×1的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块2×2的矩形砖，总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块2×2矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证.例3 （1986年北京初二数学竞赛题）如图29-4（1）是4个1×1的正方形组成的“L”形，用若干个这种“L”形硬纸片无重迭拼成一个m×n（长为m个单位，宽为n个单位）的矩形如图29-4（2）.试证明mn必是8的倍数.证明∵m×n矩形由“L”形拼成，∴m×n是4的倍数，∴m、n中必有一个是偶数，不妨设为m.把m×n矩形中的m列按一列黑、一列白间隔染色（如图29-4（2）），则不论“L”形在这矩形中的放置位置如何（“L”形的放置，共有8种可能），“L”形或占有3白一黑四个单位正方形（第一种），或占有3黑一白四个单位正方形（第二种）.设第一种“L”形共有p个，第二种“L”形共q个，则m×n矩形中的白格单位正方形数为3p+q，而它的黑格单位正方形数为p+3q.∵m为偶数，∴m×n矩形中黑、白条数相同，黑、白单位正方形总数也必相等.故有3p+q=p+3q，从而p=q.所以“L”形的总数为2p个，即“L”形总数为偶数，所以m×n一定是8的倍数.2．线段染色和点染色下面介绍两类重要的染色问题.(1) 线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”（或称“线段染色”），主要借助抽屉原则求解.例4 （1947年匈牙利数学奥林匹克试题）世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.我们不直接证明这个命题，而来看与之等价的下述命题例5（1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.证明设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色△ABC）；如△BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.如果将例4中的六个人看成例5中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则例4就变成了例5.例5的证明实际上用染色方法给出了例4的证明.例6 (第6届国际数学奥林匹克试题)有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.证明用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…，A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形. 考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…，A1A17，由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A1A2，A1A3，…，A1A7为红色.现考查连结六点A2，A3，…，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证.上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将n点中每两点都用线段相连所得的图形叫做n点完全图,记作k n.这些点叫做“顶点”，这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述例5、例6.定理1 若在k6中，任染红、蓝两色，则必有一只同色三角形.定理2 在k17中,任染红、蓝、黄三角，则必有一只同色三角形.（2）点染色.先看离散的有限个点的情况.例7 （首届全国中学生数学冬令营试题）能否把1，1，2，2，3，3，…，1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986、之间夹着一千九百八十六个数？请证明你的结论.证明将1986×2个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是黑白点各有1986个.现令一个偶数占据一个黑点和一个白色，同一个奇数要么都占黑点，要么都占白点.于是993个偶数，占据白点A1=993个，黑色B1=993个.993个奇数，占据白点A2=2a个，黑点B2=2b个，其中a+b=993.因此，共占白色A=A1+A2=993+2a个.黑点B=B1+B2=993+2b个，由于a+b=993（非偶数！）∴a≠b，从而得A≠B.这与黑、白点各有1986个矛盾.故这种排法不可能.“点”可以是有限个，也可以是无限个，这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的.例8 对平面上一个点，任意染上红、蓝、黑三种颜色中的一种.证明:平面内存在端点同色的单位线段.证明作出一个如图29-7的几何图形是可能的,其中△ABD、△CBD、△AEF、△GEF都是边长为1的等边三角形，CG=1.不妨设A点是红色，如果B、E、D、F中有红色，问题显然得证.当B、E、D、F都为蓝点或黄点时，又如果B和D或E和F同色，问题也得证.现设B和D异色E和F异色,在这种情况下,如果C或G为黄色或蓝点,则CB、CD、GE、GF中有两条是端点同色的单位线段，问题也得证.不然的话,C、G均为红点，这时CG是端点同色的单位线段.证毕.还有一类较难的对区域染色的问题，就不作介绍了.练习二十九1．6×6的方格盘，能否用一块大小为3格，形如的弯角板与11块大小为3×1的矩形板，不重迭不遗漏地来铺满整个盘面.2．（第49届苏联基辅数学竞赛题）在两张1982×1983的方格纸涂上红、黑两种颜色，使得每一行及每一列都有偶数个方格是黑色的.如果将这两张纸重迭时，有一个黑格与一个红格重合，证明至少还有三个方格与不同颜色的方格重合.3．有九名数学家，每人至多会讲三种语言，每三名中至少有2名能通话，那么其中必有3名能用同一种语言通话.4．如果把上题中的条件9名改为8名数学家，那么，这个结论还成立吗？为什么？5．设n=6（r-2）+3（r≥3），求证：如果有n名科学家，每人至多会讲3种语言，每3名中至少有2名能通话，那么其中必有r名能用同一种语言通话.6．（1966年波兰数学竞赛题）大厅中会聚了100个客人，他们中每人至少认识67人，证明在这些客人中一定可以找到4人，他们之中任何两人都彼此相识.7．（首届全国数学冬令营试题）用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证：一定存在一个边长为1或的正三角形，它三个顶点是同色的.练习二十九１．将１、４行染红色、２、５行染黄色、３、６行染蓝色，然后就弯角板盖住板面的不同情况分类讨论．２．设第一张纸上的黑格Ａ与第二张纸上的红格Ａ′重合．如果在第一张纸上Ａ所在的列中，其余的黑格（奇数个）均与第二张纸的黑格重合，那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数，知必有一黑格与第一张纸上的红格重合，即在这一列，第一张纸上有一方格Ｂ与第二张纸上不同颜色的方格Ｂ′重合．同理在Ａ、Ｂ所在行上各有一个方格Ｃ、Ｄ，第二张纸上与它们重合的方格Ｃ′、Ｄ′的颜色分别与Ｃ、Ｄ不同．３．把９名数学家用点Ａ１，Ａ２，…，Ａ９表示．两人能通话，就用线连结，并涂某种颜色，以表示不同语种。