组合数学学习笔记-第一章
1.1到1.7没有太难理解的，简单写写1.8个人题解。
3
可以扩展到 \(n\times m\) 的地图。
对地图进行黑白染色，坐标为 \((x,y)\) 的格子染成 \((x+y)\and 1\)，这样可以保证每次行动会走到与当前颜色不同的格，因为经过了所有房间，所以经历了 \(n\times m-1\) 颜色变化。
当 \(n\times m\) 为奇数，即 \(n,m\) 均为奇数时，相当于颜色没变，而且 \((1,1)\) 与 \((n,m)\) 颜色相同，所以可能存在哈密顿路。
当 \(n\times m\) 为偶数，即 \(n,m\) 至少一个为偶数时，颜色发生变化。
当 \(n,m\) 都为偶数时，\((1,1)\) 与 \((n,m)\) 颜色相同，矛盾，一定不存在哈密顿路。
当 \(n,m\) 一奇一偶时，\((1,1)\) 与 \((n,m)\) 颜色不同，可能存在哈密顿路。
考虑能否构造，实际上是简单的，如果 \(n\) 为偶数交换 \(n,m\)，然后按下面策略行动：
在奇数行，向右走到尽头，然后向下到下一行；在偶数行，向左走到尽头，向下到下一行。
综上，当 \(n,m\) 中至少有一个为奇数时图中存在哈密顿路。
4
(a)
简单DP，转移方程为 \(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\)，斐波那契递推式。
(b)
可以状压DP一下，设 \(f_{i,s}\) 表示现在填到了第 \(i\) 列，第 \(i\) 列状态为 \(s\) 的方案数，\(s\) 的第 \(t(t=0,1,2)\) 位为0/1表示这位为空/满。
填新的一列时注意只能用横的骨牌覆盖上一列为空的位置。
\(g_{i}=f_{i, 7}\)
f[1][1+2]=f[1][1+4]=f[1][2+4]=f[1][0]=1;
for(int i=2; i<=6; ++i){
f[i][0]+=f[i-1][1+2+4];
f[i][1]+=f[i-1][2+4];
f[i][2]+=f[i-1][1+4];
f[i][4]+=f[i-1][1+2];
f[i][1+2]+=f[i-1][1+2+4]+f[i-1][4];
f[i][2+4]+=f[i-1][1+2+4]+f[i-1][1];
f[i][1+4]+=f[i-1][2];
f[i][1+2+4]+=f[i-1][0]+f[i-1][1+2]+f[i-1][2+4];
}
1到6的结果为：
0,3,0,11,0,41
把偶数项oeis一下，递推式为 \(f_{i}=4f_{i-1}-f_{i-2}\)。
考虑一下组合意义，我们不难手玩出 \(n=0\) 和 \(n=2\) 的答案为 1 和 3。现在考虑递推出 \(h_{n}=g_{2in}\)
从 \(i=n-1\) 来，新增两列有 \(n=2\) 的三种情况，所以有 \(3h_{i-1}\rightarrow h_{i}\)。
再往前考虑，对 \(i=n-2\)，需要考虑新增四列，同时还不能与 \(i=n-1\) 时的转移重复，所以要求我们这新增的四列不能被拆分为分别新增两列，不难手玩出只有两种构造。
大概长这样：
所以有 \(2h_{i-2}\rightarrow h_{i}\)。
继续往前，同样我们需要构造出中间不可分割的骨牌连接方式，可以证明只有下面两种：
那么就有递推式:
用 \(h_{i}-h_{i-1}\) 即可得到 \(h_{i}-h_{i-1}=3h_{i-1}-h_{i-2}\)，就是oeis上的递推式了。
6
对格子黑白染色，坐标为 \((x,y,z)\) 的格子染色为 \((x+y+z)\and 1\)。
一个骨牌覆盖一黑一白，偶数时黑格与白格数相等，奇数时黑格(1)比白格(0)多1。
奇数时中心坐标为 \((\frac{n+1}{2}, \frac{n+1}{2}, \frac{n+1}{2})\)，如果 \(\frac{n+1}{2}\) 为偶数，那么中心是白格，否则是黑格。
所以有可能有解当且仅当 \(\frac{n+1}{2}\) 为奇数，即 \(n=4k+1\)，\(k\) 为自然数。
7
必要性显然。
充分性：
把 \(a\times b\) 的骨牌拆成 \(a\) 个 \(1\times b\) 的骨牌，按照本章1.1的做法将棋盘按照图1-3赋值，并按照图1-4划分。
能进行 \(a\times b\) 的骨牌完美覆盖的棋盘显然也能进行 \(1\times b\) 的骨牌完美覆盖。
已经证明了如果有 \(1\times b\) 的骨牌的完美覆盖，需要 \(b\) 是 \(n\) 或 \(m\) 的约数。
所以我们最终的限制至少有 \(b\) 是 \(n\) 或 \(m\) 的约数。
对于 \(a\times b\) 的骨牌，相当于要覆盖 1 到 \(b\) 的数字每种各 \(a\) 个。
假设 \(b\) 是 \(m\) 的约数（否则交换 \(n,m\)），令 \(n=pb+t,m=qb\) 对于图1-4中上面的块，每种数字的数量是 \(p\times m\) 个；下面的块，每种数字的数量是 \(q\times t\)。
因为 \(a\) 是 \(b\) 的约数，所以 \(a\) 也是 \(m\) 的约数，所以上面的块满足每种数字的数量都是 \(a\) 的倍数，存在完美覆盖的方案。
对下面的块，已经不足以用 \(b\times a\) 的方式放置，所以就需要 \(a\) 是 \(t\) 的约数。
又因为 \(a\) 是 \(b\) 的约数，所以 \(a\) 是 \(n\) 的约数。
综上，命题充分条件为 \(a\) 为 \(n\) 和 \(m\) 的约数，\(b\) 为 \(n\) 或 \(m\) 的约数。
8
按照7中划分方式好像就显然了……
9
\(5\times 6\) 的棋盘能用 \(2\times 3\) 的骨牌完美覆盖，但不存在 \(2\times 3\) 的平凡完美覆盖。
13&17
证明 \(4k\) 阶的构造：
原矩阵元素满足：\(a_{i,j}=(i-1)*m+j\)。
考虑翻转后：
对于某一行，翻转操作相当于用 \(n^2+1\) 减去这个数，先不考虑加上 \(n^2+1\)，相邻四个数翻转后和为0。所以一行的和为 \(2k(n^2+1)\)，即 \(\frac{n(n^2+1)}{2}\)。
对于某一列，相邻四个数同理翻转后和为0，一列的和为 \(2k(n^2+1)\)，即 \(\frac{n(n^2+1)}{2}\)。
对于对角线，可以发现翻转后对角线上元素没变，初始时可以计算得到和为 \(\frac{n(n^2+1)}{2}\)，翻转后元素不变和也不变。
（奇数阶和 \(4k+2\) 阶不会证，会证了补上。）
14
打出来所有的和为15的三元组：
1 5 9
1 6 8
2 4 9
2 5 8
2 6 7
3 4 8
3 5 7
4 5 6
然后打出来每个数能参与构成几个三元组：
2 3 2 3 4 3 2 3 2
因为中间的数涉及到4个三元组，所以只能选5。
推证大概可以用暴力验证……
15
限制相当于 \(2+x+3+y=34,2+4+z+w=34\)，即 \(x+y=29,z+w=28\)。
和等于29的有 13+16,14+15，和等于28的有 12+16,13+15。
只能分别选 14+15和 12+16
分类讨论一下，只有两种有可能合法：
2 15 3 14
4
16
12
2 14 3 15
4
16
12
对第一种，对角线上需要 1+7
如果填成
2 15 3 14
4 1
16 7
12
那么第二行需要和为 29 的，显然不能填出合法的。
如果填成
2 15 3 14
4 7
16 1
12
第二行需要和为 23 的，枚举一些也不能填出合法的。
对
2 14 3 15
4
16
12
分类讨论也能得出不合法的结果。
综上讨论，该矩阵不能填充为幻方。
19
（咕）
20
必要性：存在三染色方案。
充分性：图中有三角形，显然不能二染色。
跑了一下答案是 12
考虑一下组合解法，先确定10的颜色，那么12346789各自有两种染色方案。
对1而言，2和4与它颜色不同，2和3颜色不同，所以1和3颜色相同。
同理，可以归纳出1379颜色相同，2468颜色相同。
5只需要与2468颜色不同即可。
所以答案是 \(3\times 2\times 2=12\)
21
(a)
又是要求 \(x+y=x+z,y\neq z\)，显然不行。
(b)
22
1 2 3 4 4 2 1 3
2 1 4 3 3 1 2 4
3 4 1 2 2 4 3 1
1 2 3 4 1 3 4 2
25
与1.1最后的证明类似，得到水平和竖直方向上都至少有10个垂直于这个轴的骨牌，那么一共就有至少20个骨牌，与18个骨牌矛盾。
26
31
第0位不平衡。
32
假设非平衡位除了第 \(j\) 位组成的二进制数为 \(x\)，一定有 \(x<2^{j}\)。
假设这堆石头含有的非平衡位除了第 \(j\) 位组成的二进制数是 \(y\)，那么只需要把这堆石头取到剩 \(x-y\) 个即可。
因为这堆石头含有第 \(j\) 位，所以是一定能取到只剩 \(x-y\) 个的。
33
局面1：全1堆，堆数为偶先手赢，为奇先手败。
局面2：全1堆+一堆>1，那么先手把这堆取成0/1转化为全1堆，先手必胜。
现在讨论一般的局面，先手的目标是把局面转化为局面2。
如果局面是非平衡态，那么先手可以用这样的策略：保证在出现局面2之前给后手留下非平衡态。
有这样的情况无法达到局面2：到先手时只剩下一堆且>1，此时先手直接取完，这样的局面是先手赢。
所以局面是非平衡态时，先手必胜。
如果局面是平衡态，那么给后手的一定是平衡态，所以先手必败。
综上，如果出现局面1则按堆数奇偶性讨论，堆数为偶先手必胜；
否则做nim博弈，若nim博弈先手必胜，则此博弈先手必胜。
34
后手必胜，保证自己放入的硬币数与先手上一次放入硬币数加起来为5即可。
35
先手必胜，先手第一回合随便放，之后用34的策略即可。
36
不知道和骨牌覆盖有啥关系，但是这不是我们 \(7!!=105\) 吗?
考虑每次选没被选的最小的新建一组，然后比它大的随便选一个和它一组。
37
1 3 2
3 2 1
2 1 3
1 x y z
x 2
y 3
z 4
开始分讨：
当x=3时，z=2，进一步填成：
1 3 4 2
3 2
4 3
2 4
可以明显看到第二行和第二列不能再填4了。
当x=4时，y=2：
1 4 2 3
4 2
2 3
3 4
同理第二行和第二列不能填3.
所以4阶的幂等对称拉丁方不存在。
38
考虑归纳：
1 . 两个点的情况显然成立。
2 . 假设 \(n=2k\) 时总能构造出来不相交的方案，现在考虑新增两个点：
如果这两个点的连线没有与之前连出的线相交，那么现在就是一个合法的方案；
如果和之前连出的线相交了 \(t\) 条，那么把这 \(t\) 条线全部拿出来。
按照交点横坐标对这 \(t\) 条线段排序，现在考虑交点横坐标最小的那条。
有这样两类情况和对应的修改方案：
两种情况修改后显然相交的线段数变为最多 \(t-1\) 条。
这样调整下去，最终不会再有相交的线段。
所以在 \(n=2(k+1)\) 时也总能构造出不相交的方案。
综上，归纳成立。
39
\(n\times n\)
充分性：将两个L形骨牌相反方向可以合并出 \(2\times 4\) 的骨牌，显然 \(4|n\) 时可以被这样的骨牌完美覆盖，那么也就能被L形骨牌完美覆盖。
必要性：
若 \(n\) 为奇数，那么格子数不是4的倍数，显然不能被L形骨牌完美覆盖。
若 \(n\) 为 \(4k\)，在充分性证明中已经讨论过完美覆盖的方案。
若 \(n\) 为 \(4k+2\)，此时需要 \((2k+1)^2\) 个L形骨牌，这是个奇数。
把棋盘列间隔黑白染色，奇数列为白，偶数列为黑。
那么一个L形骨牌占据三白一黑或三黑一白。
棋盘上黑和白数量相同，L形骨牌选前者白比黑多2，后者白比黑少2，所以需要L形骨牌前者和后者数量相等。
又因为此时L形骨牌数量为奇数，所以不存在这样的方案。
综上，\(n\times n\) 的棋盘存在L形骨牌完美覆盖当且仅当 \(4|n\)。
\(n\times m\)
存在完美覆盖至少需要格子总数是 4 的倍数，所以 \(n,m\) 都为奇数显然不行。
当 \(n\) 为奇数，\(m\) 为偶数时，\(m\) 至少是4的倍数。
令 \(m=4k\)，那么一共需要 \(nk\) 块骨牌，看做是 \(m\) 列的棋牌，对列做上一问的染色，那么黑=白，就需要 \(nk\) 是偶数。
因为 \(n\) 是奇数，所以 \(k\) 是偶数，即 \(m\) 是8的倍数。
我手玩了个 \(3\times 8\) 的，任意的都能以此为基础扩展。
当 \(n,m\) 同时为偶数时，二者之积肯定是4的倍数。
设 \(n=2p,m=2q\)，那么骨牌总数为 \(p,q\)，还是对列染色，还是需要 \(pq\) 满足是2的倍数。
综上，有完美覆盖的充分必要条件为 \(nm\) 是8的倍数
42
给棋盘黑白染色。
当 \(n=2k\) 时，黑格与白格数量差为 \(k\)，没有完美覆盖。
当 \(n=2k+1\) 时，黑格与白格数量差为 \(k+1\)，没有完美覆盖。
所以楼梯式棋盘没有完美覆盖。
43
跑个爆搜，答案下界是6。
浙公网安备 33010602011771号