拉丁「圍」機
高暐竣
國立台中第一高級中學 指導老師:梁勇能
Abstract
An n×n square is called an m–binary latin square if each row and column of it filled with exactly m “1”s and (n–m) “0”s. We are going to study the following question: Find the smallest
integer a, such that for all n×n m–binary latin square, there is a k×k square in which no more than a “1”s exist. The situations that m=1, m=2, or k |n have been solved so far. We will work on the more general results, that is, whenever any n,m,k are given, we can get an answer.
摘要
每行每列恰有 m 個格子填入 1,其他的格子皆填入 0 的方陣,稱為 m–(1,0)拉丁方陣。
本研究要探討以下問題:求最小的非負整數 a,使得所有 n 階的 m–(1,0)拉丁方陣中,都 存在一個 k×k 正方形,其內數字和不超過 a。目前解決了 m=1 和 m=2,或者k |n的情形。
未來將繼續著手處理更一般化的結果,也就是當給定任意 n,m,k 時,都能得到答案。
1 簡介
1.1 研究動機
本研究發想於 2014 年 IMO 的第二題:「求最大的正整數 k,使得所有在每行每列恰有一 顆棋子的 n×n 棋盤中,都有一個 k×k 正方形,其內沒有任何棋子。」在解完原本的題目後,
我聯想到更廣的問題:「求最小的非負整數 a,使得所有在每行每列恰有一顆棋子的 n×n 棋盤 中,都有一個 k×k 正方形,其內棋子數不超過 a 個。」便從這個問題開始進行我的研究。
我將每行每列恰有 m 個格子填入 1,其他的格子皆填入 0 的方陣,稱為 m–(1,0)拉丁方陣,
並探討以下問題:求最小的非負整數 a,使得所有 n 階的 m–(1,0)拉丁方陣中,都存在一個 k×k 正方形,其內數字和不超過 a。
1.2 名詞定義
1. (1,0)拉丁方陣:每行每列皆有相同數量的"1"和相同數量的"0"的方陣。
若是每行每列"1"的數量有 m 個,那就稱為 m–(1,0)拉丁方陣。
若要強調方陣的邊長為 n,那就再在前面加上「n 階」二字。
2. 方陣的行與列:在一個 n×n 的方陣中,行的編號由左到右依序為第 1,2,…,n 行,列的 編號由上到下依序為第1,2,…,n 列。
3. fm(n,k):k,n,m 為正整數且滿足 1kn,1mn。若 a 是最小的非負整數,使得所有 n 階 的 m–(1,0)拉丁方陣中,都有一個 k×k 正方形,其內數字和不超過 a,則記 fm(n,k)=a。
而在研究動機中所提到的題目,即為求 f1(n,k)的值。
4. fm(n,k)的基本性質:
基本性質一、fm(n,k)b 的充要條件為:對所有 n 階的 m–(1,0)拉丁方陣,都有一個 k×k 正方形內,數字和都不超過 b。
基本性質二、fm(n,k)b 的充要條件為:存在一 n 階的 m–(1,0)拉丁方陣,其中每一 個 k×k 正方形內,數字和都不小於 b。
基本性質一和基本性質二互為等價,只是敘述方式不同而已。
5. Lm(n,k)和 Um(n,k):在證明過程中,將會得到 fm(n,k)的上界和下界,記下界為 Lm(n,k),
上界為 Um(n,k),則有 Lm(n,k)fm(n,k)Um(n,k)。
6. 高斯符號與它的性質:
高斯符號[a]代表不大於 a 的最大整數。
a,bR,有[a][b][ab][a][b]1。
d N d c st a b d
a b a
c N b
c b
a
, .. |
,
, 則 且 。
7. 文中用到的英文字母:n,k,m,q,r,m1,m2等等。
n 代表(1,0)拉丁方陣的大小,m 代表方陣中每行每列"1"的數量。
k,在方陣中要找的是 k×k 正方形。
q 和 r 分別為 n 除以 k 的商和餘數,即 n=qk+r, 0r<k。
m1和 m2分別為 m 除以 q 的商和餘數,即 m=m1q+m2, 0m2<q。
2 研究目的與過程
2.1 求 f1(n,k)的一般式
由於要直接猜答案比較困難,所以我寫了 C++的程式,把 n 和 k 較小時的 f1(n,k)值求出來(請 參考附錄),結果如下表所示:
k n 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 2 2 1 1 1 1 0 0 0
4 4 3 3 2 2 1 1 1 1
5 5 4 4 3 3 2 2 2
6 6 5 5 4 4 3 3
7 7 6 6 5 5 4
8 8 7 7 6 6
9 9 8 8 7
10 10 9 9
11 11 10
12 12
不難發現以下定理:
定理 1–1. f1(n,k)f1(n–1,k)。
證明. 由基本性質二可知,存在一 n 階的 1–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數字 和都不小於 f1(n,k)。將這個方陣的第 n 行和第 n 列取走,只剩下(n–1)階的方陣。若第 n 行第 n 列的方格內數字是"1",則剩下的(n–1)階方陣仍為一個 1–(1,0)拉丁方陣;若第 n 行第 n 列的方 格內數字是"0",則剩下的方陣中會有一行一列沒有"1",把該行該列的"0"換成"1",使方陣變 回 1–(1,0)拉丁方陣。
1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
經過以上的操作後,方陣內每個 k×k 正方形的數字和不變或增加,因此就得到一個(n–1)階的 1–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內數字和都不小於 f1(n,k)。由基本性質二可知 f1(n–1,k)f1(n,k)。 □
在本文中,當 k|n 時,一律以 q 代表 n 除以 k 的商,即 n=qk。
定理 1–2. k|n 時,f1(n,k)=
q k 。
證明. 把 n×n 的方陣切割成 q2個彼此不重疊的 k×k 正方形,方陣中總共有 n 個"1",由鴿籠原 理可知,對所有的 n 階 1–(1,0)拉丁方陣,至少有一個 k×k 正方形內的"1"數量不超過
q k q
n
2
個,所以該 k×k 正方形內的數字和不超過
q
k ,由基本性質一可知 f1(n,k)
q k 。
另一方面,構造一個 n 階 1–(1,0)拉丁方陣,方陣中第 1,2,…,q 行的"1"分別位於第 1, k+1, 2k+1,…,n–k+1 列,第 q+1,q+2,…,2q 行的"1"分別位於第 2, k+2, 2k+2,…,n–k+2 列,依此類推,
直到第 n–q+1,n–q+2,…,n 行的"1"分別位於第 k,2k,…,n 列。
如下圖所示,為 n=12, k=4 的例子,每一行上方的數字代表該行的"1"所在的列數。
1 5 9 2 6 10 3 7 11 4 8 12
1
1
1
1 1
1
1
1 1
1
1
1 此方陣的"1"所在位置,也可用以下方法表示:
第 i 行第 j 列的數字為"1"
j yk x
y xq t i
s q y k x N
y
x 1
. 1 . ,
}, 0 {
, 。
觀察第 y0k+x0+1 至(y0+1)k+(x0–1)+1 列共 k 列(x0<k, y0+1<q),這 k 列的"1"分別位於第
xq+(y0+1)+1 行(0x<x0),或者第 xq+y0+1 行(x0x<k)。將這 k 個"1"的行數由小到大排列,每相 鄰兩個之間必相差 q 或 q–1;而行數最小值和最大值分別為 y0+2 和(k–1)q+y0+1,由於 0y0<q–1,
故最左邊的"1"以左,和最右邊的"1"以右,沒有"1"的部分(上圖塗色區域)的行數都少於 q。由 以上的推論可以知道,第 y0k+x0+1 至(y0+1)k+(x0–1)+1 列中,每連續 q 行必至少有一個"1"。
因此,無論 k×k 正方形位於何處,在正方形的範圍內,每連續 q 行至少有一個"1",亦即此正
方形內至少有
q
k 個"1"。故我們構造出一個 n 階的 1–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形 k=4, q=3, a0=2, b0=0
"1"位於第 2,5,7,10 行
內,數字和都不小於
q
k 。由基本性質二可知 f1(n,k)
q
k 。 □
在本文中,一律以 q 和 r 代表 n 除以 k 的商和餘數,即 n=qk+r。
引理 1–3. 𝑘 ∤ 𝑛時,
( 1)
) 1 ) (
,
1 1( q q
r k k q
n q f
r k q
r 。
證明. 若 f1(n,k)=a,則根據基本性質二,存在一個 n 階的 1–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數字和都不小於 a,觀察這一個方陣,如下圖所示:
r 行
× n 列
A:qk 行×(n–k)列
B:qk 行×(k–r)列
C:qk 行×r 列
另一方面,若將 n×n 的方陣作塗色,如下圖所示:
1 1
1 1 1
1 1 & 1
1 1 1
1 1
1
淺色區域是(q+1)2個 r×r 正方形,深色區域是 q2個(k–r)×(k–r)正方形。若將淺色和深色區域分 別挑出來,會形成邊長分別為(q+1)r 和 q(k–r)的兩個小方陣。
每一個 k×k 正方形覆蓋到的淺色區域,都相當於淺色小方陣中的一個 r×r 正方形;而每一個 k×k 正方形覆蓋到的深色區域,也相當於深色小方陣中的一個(k–r)×(k–r)正方形。又由定理 1–2 可知道 f1((q+1)r,r)=
1 q
r 及 f1(q(k–r),k–r)=
q r
k ,若將淺色和深色小方陣,以及原方陣中
對應的格子,依定理 1–2 的證明過程中,提到的方式放入"1",則原方陣中每一個 k×k 正方形 A 區+B 區可切割成 q2個 k×k 正方形
→A 區+B 區數字和q2a…(1)
B 區+C 區可切割成 q 個 k×k 正方形
→B 區+C 區數字和qa…(2)
B 區共有 k–r 列→B 區數字和k–r…(3) (1)+(2)–(3)有
A 區+B 區+C 區數字和(=qk)(q2+q)a+r–k
→qk(q2+q)a+r–k
→a=f1(n,k)
) 1 (
) 1 (
q q
r k q
內必至少有 f1((q+1)r,r)+f1(q(k–r),k–r)個"1",由基本性質二有 f1(n,k)
q
r k q
r
1 。 □
為求簡便,在下文中令 L1(n,k)=
q
r k q
r
1 ,U1(n,k)=
) 1 (
) 1 (
q q
r k
q 。
引理 1–4. r=k–1 時, f1(n,k)U1(n,k)。 證明. q=1 時,n=2k–1,
2 1 1 2
1 1
) 1 ( 2
) 1 ,
1(
k k
k k k k
n
L ,
2
1 2
) 1 ( ) 2
,
1(
k k
k k n
U ,
故 ( , )
2 ) 1 , 2 (
) 1 , 2 (
1
1 1
1 k U n k
k n k f
k n k f
。
q>1 時,由引理 1–3 有
( 1)
1 )
1 (
) 1 ( ) 1 ) (
, ( ) ,
( 1
1 q q
qk q
q k k k q
n U k n
f ,
由定理 1–1 有
(( 1) , ) 1 ( 1)
) ,
(( 1
1 q q
qk q
k k k q f k n
f ,
即
( 1)
) 1 , ) (
1
( 1 q q
k qk n q f
q
qk 。
若 1
) 1 ( )
1 (
1
q q
qk q
q
qk 則
) 1 (
1
q q
qk 必為整數q(q+1)|qk+1q|qk+1q|1 與 q>1 矛盾,
因此 ( , )
) 1 ( )
1 (
1
1 n k q f
q qk q
q
qk
, f1(n,k)U1(n,k)。 □
定理 1–5.
) 1 (
) 1 ) (
,
1(
q q
r k k q
n
f 。
證明. r=0 時,這個式子即為定理 1–2,故只需證明 r0 的情況。
令 n為最大的正整數,滿足
) , ' ( ) , (
) 1 ( '
1
1 n k U n k
U
k q n
n 。
若 n=(q+1)k–1,根據引理 1–4、定理 1–1 和引理 1–3 有 )
, ( ) , ( ) , ' ( ) , '
( 1 1 1
1 n k f n k f n k U n k
U ,
故
( 1)
) 1 ) (
, ( ) ,
( 1
1 q q
r k k q
n U k n
f 。
若 n<(q+1)k–1,則 U1(n,k)=U1(n+1,k)+1,
令 n=qk+r,上式可表為 1
) 1 (
) 1 ' ( ) 1 ( )
1 (
' ) 1
(
q q
r k q q
q
r k
q ,
故 N q
N r q
r N k
q q
r k
q
1 , ' ' )
1 (
' ) 1
( ,
所以 ( ', ) ( ', ) ( ', )
) 1 (
' ) 1 ( 1 ' ) '
, '
( 1 1 1
1 U n k f n k U n k
q q
r k q q
r q
r k k
n
L
。
同樣的根據定理 1–1 和引理 1–3,有U1(n',k) f1(n',k) f1(n,k)U1(n,k),
故
( 1)
) 1 ) (
, ( ) ,
( 1
1 q q
r k k q
n U k n
f 。 □
2.2 n2,求 f2(n,k)的一般式。
定理 2–1. n4, f2(n,k)f2(n–2,k)。
證明. 由基本性質二可知,存在一個 n 階的 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數 字和都不小於 f2(n,k)。令 f2(n,k)=a。
1. 若此方陣四個角落的格子內數字都是"1",則將方陣的第 1 行、第 n 行、第 1 列和第 n 列取走,只剩下(n–2)階的方陣,這個剩下的方陣仍為一個 2–(1,0)拉丁方陣。過程中每 個 k×k 正方形的數字和不變,因此就得到一個(n–2)階的 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內數字和都不小於 a,由基本性質二可知 f2(n–2,k)a=f2(n,k)。
2. 若此方陣的四個角落,至少有一個格子內的數字是"0"。不妨設該格在第 n 行第 n 列。
將方陣的第 n 行和第 n 列取走,剩下的(n–1)階方陣中,會有兩行兩列都只有一個"1"。
設這兩行兩列分別為第 i1、i2行,第 j1、j2列,則必有第 i1行 j1列和第 i2行 j2列的格子 內皆為"0",或者第 i1行 j2列和第 i2行 j1列的格子內皆為"0"。把皆為"0"的兩個格子換 成"1",使方陣變回 2–(1,0)拉丁方陣。
1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0
1 0 1 1 1 1 1 1
0 1 1 0 1 1 1 1
經過以上的操作後,方陣內每個 k×k 正方形的數字和不變或增加,因此就得到一個(n–1) 階的 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內數字和都不小於 a,由基本性質二可 知 f2(n–1,k)a=f2(n,k)。
i1
j1
i2
j2
到這邊為止,也得到一個小結果:若存在一個 n 階的 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數字和都不小於 f2(n,k),且它的四個角落中,至少一格的數字是"0",則 f2(n,k)f2(n–1,k)。姑且稱之為「定理 2–1*」吧!
若這個(n–1)階方陣的其中一個角落內數字是"0",就可以再移去一行一列,補上兩個"1",
剩下的(n–2)階 2–(1,0)拉丁方陣中,每一個 k×k 正方形內數字和仍不小於 a,由基本性 質二可知 f2(n–2,k)a=f2(n,k)。
3. 若這個(n–1)階方陣的四個角落內數字都是"1",再把取走的第 n 行和第 n 列放回來,將 補上的"1"換回"0",考慮原本的 n 階方陣。在底下的例圖中,代表(n–1)階方陣四個角 落的格子,將以塗色表示。塗色區域可能有一個或兩個格子原本是"0",是在補"1"的過 程後才變成都是"1";但是無論是何種情況,都可以從原 n 階方陣得到一個(n–2)階 2–(1,0) 拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內數字和都不小於 a。
底下為所有情況的例圖。在圖中沒有填入數字的格子,代表該格不論是"1"還是"0"都不 會有影響。
1 1 逆 1 1 0 1 1 0
推
→ → → 1 1
1 1 1 1 0 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
1 1 逆 0 1 1 0 1 1
推
→ → → 1 1
1 1 1 1 0 1 1 1 1 0
1 0 0 1 1 0
1 1 逆 1 0 1 1 0 1
推
→ → → 1 1
1 1 1 1 0 1 1 1 1 0
0 1 0 0 1 0
因為此列最右邊是"0",所以此列的"0"一定不可能被換成"1"
1 1 逆 1 1 0 1 1 0 推
→ → → 1 1
1 1 1 0 1 1 1 1 1 0
0 1 0 0 1 0
1 1 逆 1 0 1 1 0 1 0
0 推 0 0
→ → → 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 0
1 1 逆 0 1 1 0 1 1 0
0 推 0 0
→ → → 1 1
1 1 1 0 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 0
經由以上的討論可以發現,無論原本的 n 階方陣內數字如何排列,都一定可以產生出 一個(n–2)階 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內數字和都不小於 a,由基本性 質二可知 f2(n–2,k)a=f2(n,k)。 □
定理 2–2. k|n 時,f2(n,k)=
q
k
2 。
證明. 把 n×n 的方陣切割成 q2個彼此不重疊的 k×k 正方形,方陣中總共有 2n 個"1",由鴿籠 原理可知,對所有的 n 階 2–(1,0)拉丁方陣,至少有一個 k×k 正方形內的"1"數量不超過
q k q
n 2
2
2 個,所以該 k×k 正方形內的數字和不超過
q
k
2 ,由基本性質一可知 f2(n,k)
q
k
2 。
另一方面,觀察到
q
k
2 =f1(2n,2k),因此我們應該可以藉由 f1(2n,2k)的構造,得到 f2(n,k)的構
造。先依照定理 1–2 的證明過程中提到的方式,構造出一個 2n 階的 1–(1,0)拉丁方陣,其中 每一個 2k×2k 正方形內,數字和都不小於
q
k
2 。接著把這個 2n 階方陣分成 n2個彼此不重疊 的 2×2 正方形,每一個正方形合併成一個小方格。若原本 2×2 正方形內有"1",則合併成的方 格中也填入"1",否則填入"0"。
如下圖所示,為 n=6, k=2 的例子。
1
1
1
1 1 1
1 1 1
1 → 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
1
1
根據定理 1–2 的證明過程所述,上圖左邊的 2n 階 1–(1,0)拉丁方陣,
第 i 行第 j 列的數字為"1"
j yk x
y xq t i
s q y k x N
y
x 1 2
. 1 . ,
2 }, 0 {
, 。令 x1和 x2為 x 除
以 2 的商和餘數,即 x=2x1+x2 (0x1<k, x2=0 或 1);令 y=x2q+y (0y<2q)。一組 x 和 y 的值,
唯一對應一組 x1和 y的值。
利用 x1和 y,可以計算
2 1
i 和
2
1
j 的值如下:
2 ' 2
2 ) 2
( 2
2 1
1 2
1 2
1 y
q y x
q q x
y x q x y x
xq
i ;
) (mod 2 '
2 2
2 2
1
1 1
2
1 x yk x y k x qk
yk x x yk
j
。
接著展開以下推論:
在 n 階方陣中,第 i行第 j列的數字為"1"
存在 i,j 滿足
2
1 1 ' 2 , 1 1
' j
i j
i ,且在 2n 階 1–(1,0)拉丁方陣中,第 i 行第 j 列的數
字為"1"(根據最初在 n 階方陣中填入"1"和"0"的規則)
存在 x,y 滿足
2
1 2 ' 2 , 1
' yk x
y j i xq
存在 x1,y滿足 , ' 1 ' (mod )
2 1 '
' 1 y j y k x1 qk q
x
i
。
若分別以 x1=1, y=1,以及 x1=2, y=2代入,使得得到的 i和 j值相同。由於 i相同且
y q
2
0 ' ,故1=2,且|1–2|<2;又由於 j相同,故1k2k (mod qk),即12 (mod q)。
q2 時,|1–2|<2 和12 (mod q)矛盾,代表最初分割的每一個 2×2 正方形中,都只有一個"1",
則合併成的 n 階方陣為一個 2–(1,0)拉丁方陣。由於 2n 階方陣中每一個 2k×2k 正方形內,數字
和都不小於
q
k
2 ,故 n 階方陣中每一個 k×k 正方形內,數字和都不小於
q
k
2 ,由基本性質
二可知 f2(n,k)
q
k
2 。
而 q=1 時亦即 k=n,不管如何構造,在每個 k×k 正方形內,數字和都不小於 2n=
q
k
2 ,由基
本性質二可知 f2(n,k)
q
k
2 。 □
引理 2–3. 𝑘 ∤ 𝑛時,
( 1)
) 1 2 (
) ,
2(
q q
r k k q
n
f ;
n2k–1 時還有
q r k q
k r n
f 2( )
1 ) 2
,
2( 。
證明. 若 f2(n,k)=a,則根據基本性質二,存在一個 n 階的 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數字和都不小於 a,觀察這一個方陣,如下圖所示:
r 行
× n 列
A:qk 行×(n–k)列
B:qk 行×(k–r)列
C:qk 行×r 列
另一方面,若將 n×n 的方陣作塗色,如下圖所示:
A 區+B 區可切割成 q2個 k×k 正方形
→A 區+B 區數字和q2a…(1)
B 區+C 區可切割成 q 個 k×k 正方形
→B 區+C 區數字和qa…(2)
B 區共有 k–r 列→B 區數字和2(k–r)…(3) (1)+(2)–(3)有
A 區+B 區+C 區數字和(=2qk)(q2+q)a+2(r–k)
→2qk(q2+q)a+2(r–k)
→a=f2(n,k)
) 1 (
) 1 2 (
q q
r k q
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 & 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
淺色區域是(q+1)2個 r×r 正方形,深色區域是 q2個(k–r)×(k–r)正方形。若將淺色和深色區域分 別挑出來,會形成邊長分別為(q+1)r 和 q(k–r)的兩個小方陣。但方陣邊長2 才有意義,故 (q+1)r=1 或 q(k–r)=1 時不在討論範圍內。因此,q=1, r=k–1, 即 n=2k–1 時不在討論範圍內。
每一個 k×k 正方形覆蓋到的淺色區域,都相當於淺色小方陣中的一個 r×r 正方形;而每一個 k×k 正方形覆蓋到的深色區域,也相當於深色小方陣中的一個(k–r)×(k–r)正方形。又由定理 2–2 可知道 f2((q+1)r,r)=
1 2 q
r 及 f2(q(k–r),k–r)=
q r k ) (
2 ,若將淺色和深色小方陣,以及原方陣
中對應的格子,依定理 2–2 的證明過程中,提到的方式放入"1",則原方陣中每一個 k×k 正方 形內必至少有 f2((q+1)r,r)+f2(q(k–r),k–r)個"1",由基本性質二有 f2(n,k)
q
r k q
r 2( ) 1
2 。 □
為求簡便,在下文中令 L2(n,k)=
q
r k q
r 2( ) 1
2 ,U2(n,k)=
) 1 (
) 1 2 (
q q
r k
q 。
定理 2–4. k>1, f2(2k–1,k)=k。
證明. 若 f2(2k–1,k)=a,則根據基本性質二,存在一個 2k–1 階的 2–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數字和都不小於 a,觀察這一個方陣,如下圖所示:
A B C
D E F
G H I
(k–1)行 1 行 (k–1)行 A+B+D+E 為一個 k×k 正方形
→A+B+D+E 數字和a…(1) 同理 D+E+G+H 數字和a…(2) A+B+D+E+G+H 共有 k 行
→A+B+D+E+G+H 數字和=2k…(3) (1)+(2)–(3)有 D+E 數字和2a–2k…(4) 同理有 E+F 數字和2a–2k…(5) D+E+F 共有 1 列
→D+E+F 數字和=2…(6)
(4)+(5)–(6)有 E4a–4k–2,又 E1
→a=f2(2k–1,k)
4
3 4k =k (k–1)列
1 列
(k–1)列
k=2 時,f2(3,2)=2,構造如下圖所示。
1 1 1 1
1 1 k>2 時,將(2k–1)×(2k–1)的方陣作塗色,如下圖所示:
1 1
1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 & 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
淺色區域是 9 個 1×1 正方形,深色區域是 4 個(k–2)×(k–2)正方形。若將淺色和深色區域分別 挑出來,會形成邊長分別為 3 和 2(k–2)的兩個小方陣。每一個 k×k 正方形覆蓋到的淺色區域,
都相當於淺色小方陣中的一個 2×2 正方形;而每一個 k×k 正方形覆蓋到的深色區域,也相當 於深色小方陣中的一個(k–2)×(k–2)正方形。
前面已經說明 f2(3,2)=2,又由定理 2–2 可知道 f2(2(k–2),k–2)=
2
) 2 (
2 k =k–2,若將淺色和深色 小方陣,以及原方陣中對應的格子,分別依 f2(3,2)=2 的構造,和定理 2–2 的證明過程中,提 到的方式放入"1",則原方陣中每一個 k×k 正方形內,必至少有 f2(3,2)+f2(2(k–2),k–2)個"1",由 基本性質二有 f2(2k–1,k)k。 □
引理 2–5. q>1, r=k–1 時, f2(n,k)U2(n,k)。 證明. q=2 時,n=3k–1,
3
1 2 2 2 3
) 1 ( ) 2 ,
2(
k k k
n
L ,
3
1 2 6
) 1 ( 2 3
) ,
2(
k k
k k n
U ,
3 1 ) 2
, 3 (
1 ) 2
, 3 (
1 2
2 2
k k n k f
k n k f
。
q>2 時,由引理 2–3 有
( 1)
2 2 )
1 (
) 1 ( ) 1 2 (
) , ( ) ,
( 2
2 q q
qk q
q k k k q
n U k n
f ,
而定理 2–2 的證明過程所給出的 f2((q+1)k,k)構造中,必有其中一個角落內數字是"0",
由定理 2–1*有
( 1)
2 1
) 2 , ) 1 ((
) ,
( 2
2 q q
qk q
k k k q f k n
f ,
即
( 1)
2 ) 2
, ) (
1 (
2
2 q q
k qk n q f
q
qk 。
若
) 1 (
2 )
1 (
2 2
q q
qk q
q
qk ,則
) 1 (
1 2
q q
qk 為整數,或者
) 1 (
2 2
q q
qk 為整數
q(q+1)|2qk+1q|2qk+1q|1,或者 q(q+1)|2qk+2q|2qk+2q|2 但皆與 q>2 矛盾,
因此 ( , )
) 1 (
2 )
1 (
2 2
2 n k q f
q qk q
q
qk
f2(n,k)U2(n,k)。 □
引理 2–6. r=k–2 時, f2(n,k)U2(n,k)。
證明. 經由計算可知,q=1~4 時,皆有 L2(n,k)=U2(n,k),故都有 f2(n,k)U2(n,k)。
q>4 時,由引理 2–3 有
( 1)
4 2 )
1 (
) 2 ( ) 1 2 (
) , ( ) ,
( 2
2 q q
qk q
q k k k q
n U k n
f ,
由定理 2–1 有
( 1)
2 1
) 2 , ) 1 ((
) ,
( 2
2 q q
qk q
k k k q f k n
f ,
即
( 1)
4 ) 2
, ) (
1 (
2
2 q q
k qk n q f
q
qk 。
若
) 1 (
2 )
1 (
4 2
q q
qk q
q
qk ,則
) 1 (
4 ,2
) 1 (
3 , 2
) 1 (
2 ,2
) 1 (
1 2
q q
qk q
q qk q
q qk q
q
qk 至少有一個為整數,但皆與 q>4
矛盾,因此 ( , )
) 1 (
2 )
1 (
4 2
2 n k q f
q qk q
q
qk
f2(n,k)U2(n,k)。 □
定理 2–7. n2k–1 時,
( 1)
) 1 2 (
) ,
2(
q q
r k k q
n
f 。
證明. r=0 時,這個式子即為定理 2–2;q=1 時,L2(n,k)2krU2(n,k) f2(n,k)U2(n,k), 故只需證明 r0, q>1 的情況。令 n為最大的正整數,滿足
) , ' ( ) , (
) 1 ( '
2
2 n k U n k
U
k q n
n 。
可以分成以下幾種情況:
1. n=(q+1)k–1,且 nn(mod 2):
根據引理 2–5、定理 2–1 和引理 2–3 有U2(n',k) f2(n',k) f2(n,k)U2(n,k),
故
( 1)
) 1 2 (
) , ( ) ,
( 2
2 q q
r k k q
n U k n
f 。
2. n=(q+1)k–1,且 nn–1(mod 2):
易知U2(n,k)U2(n',k)U2(n'1,k),
根據引理 2–6、定理 2–1 和引理 2–3 有U2(n'1,k) f2(n'1,k) f2(n,k)U2(n,k),
故
( 1)
) 1 2 (
) , ( ) ,
( 2
2 q q
r k k q
n U k n
f 。
3. n<(q+1)k–1,且 nn(mod 2),則 U2(n,k)=U2(n+1,k)+1,
令 n=qk+r,上式可表為 1
2 / ) 1 (
) 1 ' ( ) 1 ( 2 / ) 1 (
' ) 1
(
q q
r k q q
q
r k
q ,
故 N q
N r q
r N k
q q
r k
q
1 ' , 2 ) ' ( 2 )
1 (
' ) 1
2 ( ,
所以 ( ', ) ( ', ) ( ', )
) 1 (
' ) 1 2 (
1 ' 2 ) ' ( ) 2 , '
( 2 2 2
2 U n k f n k U n k
q q
r k q q
r q
r k k
n
L
。
同樣的根據定理 2–1 和引理 2–3,有U2(n',k) f2(n',k) f2(n,k)U2(n,k),
故
( 1)
) 1 2 (
) , ( ) ,
( 2
2 q q
r k k q
n U k n
f 。
4. n<(q+1)k–1,且 nn–1(mod 2),同樣有 f2(n,k)=U2(n,k)。在定理 2–2 的證明過程所給 出的 f2(n',k)構造中,必有其中一個角落內數字是"0",由定理 2–1*和引理 2–3 可知
) , ( ) , ( ) , 1 ' ( ) , ' ( ) , '
( 2 2 2 2
2 n k f n k f n k f n k U n k
U ,
故
( 1)
) 1 2 (
) , ( ) ,
( 2
2 q q
r k k q
n U k n
f 。 □
將定理 2–4 和定理 2–7 合併,即為 m=2 的所有結果:
1 2 ,
) 1 1 (
) 1 2 (
1 2 ) ,
1 (
) 1 2 (
) ,
2(
k n q if
q
r k q
k n q if
q
r k q k
n
f 。
2.3 nm,求 fm(n,k)的一般式。
定理 3–1. k|n 時,fm(n,k)=
q mk 。
證明. 把 n×n 的方陣切割成 q2個彼此不重疊的 k×k 正方形,方陣中總共有 mn 個"1",由鴿籠 原理可知,對所有的 n 階 m–(1,0)拉丁方陣,至少有一個 k×k 正方形內的"1"數量不超過
q mk q
mn
2 個,所以該 k×k 正方形內的數字和不超過
q
mk ,由基本性質一可知
fm(n,k)
q mk 。
以下一律以 m1和 m2代表 m 除以 q 的商和餘數,即 m=m1q+m2。構造的部分可分成以下三種 情況:
1. q|m 時,構造一個 m–(1,0)拉丁方陣,
其中第1,2,…,q 行的"1"全都位於第 2~(m1+1), k+2~k+(m1+1), 2k+2~2k+(m1+1),…,n–k+2~n–k+(m1+1)列,
第 q+1,q+2,…,2q 行的"1"全都位於第 3~(m1+2), k+3~k+(m1+2), 2k+3~2k+(m1+2),…,n–k+3~n–k+(m1+2)列,依此類推,
直到第 n–q+1,n–q+2,…,n 行的"1"全都位於第 k+1~k+m1, 2k+1~2k+m1, 3k+1~3k+m1,…, n+1~n+m1列。列數以同餘 n 來計算。
如下圖所示,是一個 n=12, k=4, m=9 (q=3, m1=3)的例子。
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
很明顯的,取這個方陣任一行的任意連續 k 個格子,其中恰有 m1個"1"。一個 k×k 正 方形由 k 個 1×k 長方形組成,故其中有 m1k 個"1"。這個 n 階 m–(1,0)拉丁方陣中,每個 k×k 正方形內的數字和都不小於 m1k=
q
mk ,由基本性質二可知 fm(n,k)
q mk 。
2. q>m 時,觀察到
q
mk =f1(mn,mk),因此我們可以藉由 f1(mn,mk)的構造,得到 fm(n,k)的
構造。這部分和定理 2–2 基本上完全相同,只是將 m=2 推廣至 m 為任意值。
先依照定理 1–2 的證明過程中提到的方式,構造出一個 mn 階的 1–(1,0)拉丁方陣,其 中每一個 mk×mk 正方形內,數字和都不小於
q
mk 。接著把這個 mn 階方陣分成 n2個 彼此不重疊的 m×m 正方形,每一個正方形合併成一個小方格。若原本 m×m 正方形內 有"1",則合併成的方格中也填入"1",否則填入"0"。
如下圖所示,為 n=8, m=3, k=2 的例子。
1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
接下來,我們要證明這個方陣是一個 m–(1,0)拉丁方陣。根據定理 1–2 的證明過程所述,
上圖的 mn 階 1–(1,0)拉丁方陣,
第 i 行第 j 列的數字為"1"
j ymk x
y xq t i
s q y mk x N
y
x 1
. 1 . ,
}, 0 {
, 。
令 x1和 x2為 x 除以 m 的商和餘數,即 x=x1m+x2 (0x1<k, 0x2< m);令 y=x2q+y (0y<m q)。一組 x 和 y 的值,唯一對應一組 x1和 y的值。
利用 x1和 y,可以計算
m i 1 和
m
j 1 的值如下:
m q y m x
y q q x
m x y q x mx m
y xq m
i 1 ( ) '
1 2
1 2
1 ;
) (mod 1 '
1 1
2
1 yk x y k x qk
m x yk mx
m x ymk m
j
。
接著展開以下推論:
在 n 階方陣中,第 i行第 j列的數字為"1"
存在 i,j 滿足
m
j j m
i i 1
1 ' 1 , 1
' ,且在 mn 階 1–(1,0)拉丁方陣中,第 i 行第 j
列的數字為"1"(根據最初在 n 階方陣中填入"1"和"0"的規則)
存在 x,y 滿足
m
x j ymk
m y i' 1 xq , ' 1
存在 x1,y滿足 ' , ' 1 ' (mod )
1
' 1 j y k x1 qk
m q y x
i
。
若分別以 x1=1, y=1,以及 x1=2, y=2代入,使得得到的 i和 j值相同。由於 i相同
且 q
m y
'
0 ,故1=2,且|1–2|<m;又由於 j相同,故1k2k (mod qk),亦即12 (mod q)。
mq 時,|1–2|<m 和12 (mod q)矛盾,代表最初分割的每一個 m×m 正方形中,都只 有一個"1",則合併成的 n 階方陣為一個 m–(1,0)拉丁方陣。由於 mn 階方陣中每一個
mk×mk 正方形內,數字和都不小於
q
mk ,故 n 階方陣中每一個 k×k 正方形內,數字
和都不小於
q
mk ,由基本性質二可知 fm(n,k)
q mk 。
3. q<m 且𝑞 ∤ 𝑚時,以 m=m1q 代入第 1 點中,會得到一個 n 階 m1q–(1,0)拉丁方陣;以 m=m2 代入第 2 點中,會得到一個 n 階 m2–(1,0)拉丁方陣。
m1q–(1,0)拉丁方陣中,第 i 行第 j 列的數字為"1"的充要條件為:
1 1(mod )
. 1 . ,
, , },
0 { ,
, ,
1 1 1 1
1 1
1
1 j zk x w qk
y q x t i
s m w q z y k x N
w z y
x 。
看似複雜,但確實可以得到這個結果。
m2–(1,0)拉丁方陣中,第 i 行第 j 列的數字為"1"的充要條件為:
) (mod '
1 1 ' . . '
, },
0 { '
,
1 1 1
1
qk x
k y j
m q y x t i
s mq y k x N
y
x 。
這裡的 x1和 y沿用了第 2 點中的符號。令 y1和 y2為 y除以 m 的商和餘數,即 y=y1m+y2 (0y1<q, 0y2<m),那麼這個條件可以改寫為:
1 ( ) (mod )
. 1 . ,
, },
0 { ,
,
1 2 1
1 1 2
1 1
2 1
1 j y m y k x qk
y q x t i
s m y q y k x N
y y
x 。
若兩個方陣的第 i 行第 j 列數字皆為"1",則有:
) (mod )
( 1 .
. , , , ,
, 1 2 1 1 2 1
1 y y z w st zk x w ym y k x qk
x
ws.t.w10(modk),但是 w<m1=
q
m <k 故 0<w+1<k,矛盾。
因此,若將這兩個方陣重合,新方陣的每個格子內數字,等於原先兩個方陣對應格子 的數字和,那麼這個新方陣會是一個 m–(1,0)拉丁方陣。其中每個 k×k 正方形的數字和,
都不小於
q mk q
k m q
k q
m1 ) 2
( ,由基本性質二可知 fm(n,k)
q
mk 。 □
引理 3–2. 𝑘 ∤ 𝑛時,
( 1)
) 1 ) (
,
( q q
r k m q
k n
fm ;
(q+1)rm 且 q(k–r)m 時,還有
q r k m q
k mr n
fm ( )
) 1 ,
( 。
※這部分和引理 2–3 基本上完全相同,只是將 m=2 推廣至 m 為任意值。
證明. 若 fm(n,k)=a,則根據基本性質二,存在一個 n 階的 m–(1,0)拉丁方陣,其中每一個 k×k 正方形內,數字和都不小於 a,觀察這一個方陣,如下圖所示:
r 行
× n 列
A:qk 行×(n–k)列
B:qk 行×(k–r)列
C:qk 行×r 列
另一方面,若將 n×n 的方陣作塗色,如下圖所示:
A 區+B 區可切割成 q2個 k×k 正方形
→A 區+B 區數字和q2a…(1)
B 區+C 區可切割成 q 個 k×k 正方形
→B 區+C 區數字和qa…(2)
B 區共有 k–r 列→B 區數字和m(k–r)…(3) (1)+(2)–(3)有
A 區+B 區+C 區數字和(q2+q)a+m(r–k)
→mqk(q2+q)a+m(r–k)
→a=fm(n,k)
) 1 (
) 1 (
q q
r k m q