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格子填不填？

台北市立建 國高級中學 鄭澈 指導老師：李宗憙

Abstract

I found an interesting problem from EGMO 2016, and tried to extend it into different conditions. In this piece of research, I extend it to three forms rectangular, triangular and cubic form. In the rectangular form, I used the same method as the one used in the official solution to the original problem.

In the triangular and cubic ones, I got the upper and lower bounds of the solution through calculation and the finding of some trivial solutions. In the triangular case, I also got a construction with the help of programming.

中 中 中文文文摘摘摘要要要

我在一道歐洲女子奧林匹亞的組合問題中，發現一些值得推廣的地方。原題是建立在特定邊長的正 方形上，而解答給出了對任意整數邊長的正方形之證明。在本篇研究報告中，我嘗試把這個問題拓展到 三個方向──長方形、三角形和立方體。

在長方形的情形中，我使用與官方解法相似的討論方式，成功獲得了最小值。而在三角形和立方體 的情形中，我都先經由計數得出上下界，接著透過程式的輔助，觀察每邊個數較小的情形，並進一步在 三角形的情形中獲得了不錯的構造。

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機與 與 與目 目 目的 的 的

我在 2016 年 EGMO 的題目中，發現了一道有趣的組合問題，因而產生將其推廣至不同 圖形的想法。

1.2 主 主 主要 要 要結 結 結果 果 果

我主要的研究結果在長方形及三角形兩個部分。原題解提供的的 nn 方格推廣可利用二部 圖確定其解，而我成功利用相似的手法完成了長方形的討論。在考慮三角形時，我未能得到確定 的解，但提出了一個不錯的構造。最後雖然也進一步嘗試立體，只是未有較出色的結果。

2 名 名 名詞 詞 詞、 、 、代 代 代號 號 號 定 定 定義 義 義

1. 塗色單元：塗色點、塗色方格等的總稱 2. n：每邊的單元數

3. x：使用的塗色單元數

4. 合格：當一種塗法使所有單元都與足夠多的塗色單元相關時，稱該塗法為合格的塗法。

5. 高斯符號：本篇研究中，使用中括號 [] 代表對一數字取下高斯，即以 [n] 表示不大於 n 的最大整數。

3 正 正 正方 方 方形 形 形的 的 的討 討 討論 論 論

3.1 原 原 原 題 題 題

題目如下：

m 是一個正整數。在一個 4m × 4m 的正方形方陣中，若兩個方格位於同一行或同一 列，則稱它們是相關的。每個方格與自身均不相關。現將其中一些方格塗成藍色，使得每一 方格至少與兩個以上的藍色方格相關。試問最少須將多少方格塗成藍色？

定定定理理理 1. 所所所求之最小值不超過 6m。

證證證明明明.

如圖，將方格表劃分成 m² 個 4 × 4 的方格，並將沿主對角線的 m 個 4 × 4 方格均按圖中 所示的方式塗色。此時每個單位方格均與至少 2 塗色方格相關，故得證。

定定定義義義 1. 考慮一個二部圖 R+C，其中 R、C 中各有 4m 個點，分別代表方格表的 4m 行、4m 列。若 r 和 c 之間有邊連接，則令 ε(r, c) = 2，否則 ε(r, c) 等於 0。

定定定理理理 2. ”原問題”等價於對於所有 r ∈ R, c ∈ C，皆有 deg r + deg c − ε(r, c) ≥ 2。

定定定義義義 2. 在二部圖中，若一個點與其他點皆無邊相連，則稱此點孤立。

定定定理理理 3. 此二部圖中每個連通分支的邊數皆不小於一。

證證證明明明.

假設方格表中存在一行完全沒有藍色方格，則每列皆必須至少有 2 個藍色方格才能使該行 中的各方格滿足條件，此時將使用 8m 個藍色方格，與定理一矛盾。故知方格表中每行或每列 均有藍色方格，即在二部圖中沒有孤立的點，從而得知每個連通分支的邊數不小於一。

定定定理理理 4. 二部圖中不存在三角形。

證證證明明明.

行與行、列與列皆不可能相交，故可得 定定定理理理

4

。 定定定理理理 5. 每個連通分支至少有三條邊、四個點。

證證證明明明.

由原題目條件可知，每個藍色方格皆至少與其他 2 藍色方格相關，故每個連通分支至少有 三條邊。又由 定定定理理理

4

。，三條邊至少須由四個點所形成。

定定定理理理 6. 所需的最小值即為 6m。

證證證明明明.

由 定定定理理理

4

，每個連通分支至少有四個點，故圖中至多有 2 × 4m

4 =2m個連通分支。由 定定定 理理理

4

可知，在每個連通分支中，邊數至少為點數減一，故圖中至少有 2m × (4 − 1) = 6m 條邊，

得證。

4 n × n 方 方 方格 格 格

ˆ 討論

– 當 n為奇數（n = 2k + 1, k ∈ Z⁺）時，圖中至多有 k 個連通分支，故至少有 k(4 − 1) + 2 = 3k + 2 =3n + 1

2 個點。

– 當 n = 4k + 2, k ∈ Z⁺ 時，圖中至多有 2k 個連通分支，故至少有 2k(4 − 1) + 4 = 6k + 4 =3n

2 +1個點。

藍色單元格之個數不少於：

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎩ 3n

2 , 4 ∣ n;

3n + 1

2 , n為奇數;

3n

2 +1, 4 ∣ n − 2。

ˆ 構造相應塗法：

為了構造相對應滿足要求的塗色方式 Cn，先構造出 C2、C3、C4、C5，如下圖。

n = 2 n = 3

n = 4 n = 5

ˆ 塗色方法：

– n = 4k：

沿 Cⁿ 之主對角線連續放置 k 個 C4即可。 – n = 4k + 1：

沿 Cⁿ 之主對角線連續放置 k − 1 個 C4 再加上一塊 C5 即可。 – n = 4k + 2：

沿 Cn 之主對角線連續放置 k 個 C4再加上一塊 C2即可。 – n = 4k + 3：

沿 Cn 之主對角線連續放置 k 個 C4再加上一塊 C3即可。

5 長 長 長方 方 方形 形 形的 的 的討 討 討論 論 論

5.1 基 基 基本 本 本定 定 定義 義 義

在一個 m × n 的長方形中，我沿用原題的條件，令每一方格至少與兩個以上的藍色方格相 關為合格。

5.2 解 解 解法 法 法與 與 與證 證 證明 明 明

ˆ 定義與假設

在 m × n 的長方形中，將行、列分別對應到二部圖 R + C 中 R 的 m 個點與 C 的 n 個 點，並假設 m > n。

ˆ 討論

當 n = 1 時，只要任意塗滿三個點即可。

當 n ≥ 2 時，則可依二部圖中孤立點的有無分別討論。

1. 二部圖中有孤立點：

若二部圖中有孤立點，則如同原題所討論，必須將其中兩行或兩列填滿。當 n ≥ 2 時，將兩短邊填滿即可符合要求，共使用 2n 個塗色方格。

2. 二部圖中無孤立點：

若二部圖中無孤立點，則可使用原題之證明之定理（定定定理理理

3

、

4

、

5

）：

定 定

定理理理

3

：此二部圖中每個連通分支的邊數皆不小於一。

定 定

定理理理

4

：二部圖中每個連通分支的邊數皆不小於一。

定 定

定理理理

5

：每個連通分支至少有三條邊、四個點。

定定定理理理 7. 將二部圖分為 k 個連通分支時，使用的邊數至少為 m + n − k 條邊。

證證證明明明.

由 定定定理理理

4

可知，在每個連通分支中，邊數至少為點數減 1，故使用的邊數至少為總共的點 數減去連通分支數，故得證。

ˆ 討論：

由 定定定理理理

5

，因為每個連通分支至少有四個點，故最多可分為 [m + n

4 ]個連通分支，共使 用 m + n − [m + n

4 ]個塗色方格。

ˆ 構造塗法：

比較兩種情形中的使用塗色方格數：若 m + n − [m + n

4 ] ≥2n ⇔ m − n ≥ [m + n 4 ]，應 使用塗滿兩短邊的塗法。

接著，我要討論無孤立點的塗法是否必定可行。

1. 較短邊格數 n < 4

當 n = 2 或 3 時，都應採用塗滿兩短邊的塗法，故不需於此討論。

2. 較短邊格數 n ≥ 4

先將 R 中的第 1 個點連到 C 中的第 1 到 3 個點，並將 C 中的第 4 個點連到 R 中 的第 2 到 4 個點。接著，以相似的方式連接其餘各點，使每 4 個點形成一個連通分 支。由於採用此塗法時，m 與 n 的比值不可能超過 3，不會發生 R 中剩餘 4 個點 以上的情況，故 R、C 中剩餘的點數必為 0 ∼ 3 個。

(a) 若剩餘總點數為 0 ∼ 3 個，只要將剩餘點分別連至一個 ”連接超過兩個點” 的 點，即完成塗色。

(b) 當 m、n 之間的個數滿足

{ m − n ≡ 2 (mod 4)

m + n ≡ 0 (mod 8) 或 { m − n ≡ 0 (mod 4) m + n ≡ 4 (mod 8)

時，會發生分完後 R、C 各剩下 2 個的情況，此時這 4 點無法以 3 條邊形成 符合條件的連通分支，會使所需的塗色方格數加 1。

6 合 合 合格 格 格的 的 的塗 塗 塗 色 色 色單 單 單元 元 元數 數 數的 的 的統 統 統 一 一 一

開始推廣至其他圖形前，我先對「合格的相關塗色單元數」進行了統一的定義。在觀察原 題條件後，我發現將 2 × 2 的正方形填滿時，全部方格都恰好符合條件，因此我將合格的對應塗 色單元數定為：

“將每邊兩個單元的圖形全部塗色時，每單元格所對應到的塗色單元數。＂

7 三 三 三角 角 角形 形 形的 的 的討 討 討論 論 論

7.1 基 基 基本 本 本定 定 定義 義 義

在每邊包含 n 個點的正三角形中（下圖），與三邊平行的方向上之各點彼此相關。

例如下圖中，x 點與周圍 16 點相關。所求的目標即為使所有點均與至少兩塗色點相關的最 小塗色點數。

由於將每邊 2 點的三角形全部塗色時，每個點均與 2 點相關，因此將三角形的目標定為找 出使每個點對應到至少 2 塗色點所需的最小塗色點數。

7.2 初 初 初步 步 步獲 獲 獲得 得 得上 上 上下 下 下界 界 界

ˆ 下界：

　在一個每邊 n 個點的三角形中共有 n(n + 1)

2 個點，又每一塗色點能使 (2n − 2) 個點 的相關塗色點數加一。假設共需 x 個塗色點，則可得：

(2n − 2)x ≥n(n + 1) 2 ⋅2

⇒x ≥ n

2 +1 + 1 n − 1

⇒x ≥ [ n 2 ] +2

ˆ 上界：

顯然地，將三角形之其中一邊全部填滿為一組解，故可知 x。又當 n ≥ 7 時，可如下構 造，將上界壓至 n − 1。

7.3 程 程 程式 式 式輔 輔 輔助 助 助

由於一時沒有什麼想法，我嘗試先以程式窮舉，找出在數字較小時的最小塗色點數。結果 如下表：

每邊點數 n 塗色點數 x

7 6

8 7

9 7

10 8

11 8

12 ≥9（等於 8 時無解）

可以發現當 n > 9 時，所得之塗色點數較原先得出之上界 n − 1 小。 其中，n = 9、10、11 的圖分別如下（垂直、水平、右上－左下為相關）：

7.4 構 構 構造 造 造

研究下圖（n = 11）可發現，藍色框中各點可視為由兩個 “一邊填滿” 的三角形所組成，而 綠色框中之三角形亦為一滿足條件之三角形，而棕色框中各點，則分別與藍框及綠框中的一點相 關。

經過以上觀察和一些嘗試，我得出了一種構造方式：

首先將三角形依邊長模四之餘數分類。

ˆ n = 4k − 1 (k ∈ Z, k ≥ 3) 的三角形可沿中線放入兩個如藍色框中邊長為 k 的菱形，在其 中分別如上頁之藍、綠框內之塗法塗色即可符合條件。需要的塗色方格數為 3k − 1，即

3n − 1 4 。

ˆ n = 4k (k ∈ Z, k ≥ 3) 的三角形即為將 (4k − 1) 型之下方加入一列，並將由右下角數起第 2k + 1個點塗色，需 3k 個點，即 3n

4 。

ˆ n = 4k + 1 (k ∈ Z, k ≥ 3) 的三角形可沿中線分別放入邊長為 k、k + 1 的菱形，填法與 4k − 1 相同。共需 3k + 1 個塗色點，即 3n + 1

4 。

ˆ n = 4k + 2 (k ∈ Z, k ≥ 3) 的三角形即為將 (4k + 1) 型之下方加入一列，並將由右下角數起 第 2k + 2 個點塗色，需 3k + 2 個點，即 3n + 2

4 。

以下以 n = 12、13、14 分別演示被 4 整除、模 4 餘 1 和餘 2 的塗法。

8 立 立 立方 方 方 體 體 體的 的 的討 討 討論 論 論

8.1 基 基 基本 本 本定 定 定義 義 義

在每邊包含 n 個方塊的立方體中，定義每個方塊與同行、同列與同鉛直線上之各方塊相 關。

因為將 2 × 2 × 2 的立方體填滿後，所有方塊皆與 3 塗色方塊相關，故每個方塊必須與至少 3 塗色方塊相關。

8.2 上 上 上下 下 下界 界 界的 的 的獲 獲 獲得 得 得

ˆ 下界：　

一個每邊 n 個點的立方體中共有 n³ 個方塊，又每一塗色點能使 (3n − 3) 個點的相關塗 色點數加一。假設共需 x 個塗色點，則可得：

3n − 3x ≥ n³×3

⇒x ≥ n²+n + 1 + 1 n − 1

⇒x ≥ n²+n + 2

ˆ 上界：

當 n ≥ 4 時，將其中三個相互垂直的平面全部填滿必定符合要求，故知塗色方格數的上界 應為 3n²−3n + 1。

8.3 程 程 程式 式 式輔 輔 輔助 助 助

接著，我一樣嘗試利用程式輔助，但由於時間複雜度過高，僅得出 n = 3 之情形，至少需 要 15 個方塊，其中一種填法如下所示：

參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻

[1] EGMO. (2016, April 16). Retrieved from EGMO: (EGMO 2016 in Romania, 2016):

https://www.egmo.org/egmos/egmo5/solutions.pdf

[2] Nivasch, G., & Lev, E. (2005). Non-attacking queens on a triangle. Mathematics Magazine, 78(5), 399-403.

[3] 李威締；王執雋；賴亮宇， (104)， 斜向座標上皇后之研究， 中華民國第 55 屆中小學科 學展覽會

作品評語

陳榮凱教授

國立臺灣大學數學系

從原本的競賽組合問題出發，討論在正方形中用最少方格來控制整個正方形的問題，巧妙 地轉換後問題可以轉換成二部圖 (bipartite graph) 的問題，進而可得到原題完整簡潔的答案。

鄭同學將以上的想法繼續拓展至三角型，長方形以及立方體的討論。透過程式的輔助，觀 察每邊個數較小的情形，並進一步在三角形的情形中獲得了不錯的構造。

整篇作品條理清晰，從實驗、觀察、推論、證明等部分都有清楚完整的脈絡呈現。雖然可 能是囿於問題本身的複雜本質，在其所推廣的情形無法如正方形有簡潔的答案，但是整體而言仍 是令人可喜且可讀性極佳的一篇佳作。