拉丁「圍」機

21  Download (0)

Full text

(1)

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。

(2)

3. fm(n,k):k,n,m 為正整數且滿足 1kn,1mn。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, 0r<k。

 m1和 m2分別為 m 除以 q 的商和餘數,即 m=m1q+m2, 0m2<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:

(3)

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

(4)

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(0x<x0),或者第 xq+y0+1 行(x0x<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 0y0<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

(5)

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

× n

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

(6)

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

 

 



 

 ( 1)

) 1 , ) (

1

( 1 q q

k qk n q f

q

qk

若 1

) 1 ( )

1 (

1 

 

 



 

q q

qk q

q

qk

) 1 (

1

q q

qk 必為整數q(q+1)|qk+1q|qk+1q|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 r0 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

(7)

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 n2,求 f2(n,k)的一般式。

定理 2–1. n4, 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

(8)

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

→ → → 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

→ → → 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

→ → → 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"

(9)

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"。

(10)

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 (0x1<k, x2=0 或 1);令 y=x2q+y (0y<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

(11)

y q



 

 2

0 ' ,故1=2,且|1–2|<2;又由於 j相同,故1k2k (mod qk),即12 (mod q)。

q2 時,|1–2|<2 和12 (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

n2k–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

× n

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

(12)

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 E4a–4k–2,又 E1

→a=f2(2k–1,k) 

  4

3 4k =k (k–1)列

1 列

(k–1)列

(13)

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

 

 



 

 ( 1)

2 ) 2

, ) (

1 (

2

2 q q

k qk n q f

q

qk

(14)

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+1q|2qk+1q|1,或者 q(q+1)|2qk+2q|2qk+2q|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

 

 



 

 ( 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. n2k–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 r0, 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 nn(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 nn–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 nn(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

(15)

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 nn–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 nm,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。

(16)

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。

(17)

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,

(18)

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 (0x1<k, 0x2< m);令 y=x2q+y (0y<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



  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

q

m y 



 '

0 ,故1=2,且|1–2|<m;又由於 j相同,故1k2k (mod qk),亦即12 (mod q)。

mq 時,|1–2|<m 和12 (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:

(19)





 



 

) (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 (0y1<q, 0y2<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.w10(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)rm 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

× n

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

Figure

Updating...

References

Related subjects :