组合极值问题

组合极值问题组合极值问题是各类数学竞赛的热点，它与代数，几何，数论等相比风格迥异。

解组合极值问题往往需要某种技巧，因此，需要解题者具有丰富的解题经验与良好的题感。

1 构造法我们常常通过构造抽屉，映射，表格等解决组合极值问题，有时还需要构造例子说明取到极值。

1.1构造抽屉例1：(2000年中国数学奥林匹克)某次考试有5道选择题，每题都有4个不同答案供选择，每人每题恰好选1个答案。

在2000份答案中发现存在一个 n ，使得任何 n 份答卷中都存在4份，其中每2份的答案都至多3题相同，求 n 的最小可能值。

解：将每道题的4种答案分别记为1 ，2 ，3 ，4 ，每份试卷上的答案记为()k ,j ,i ,h ,g ,其中{}4321,,,k ,j ,i ,h ,g ∈。

令()()()(){}k ,j ,i ,h ,,k ,j ,i ,h ,,k ,j ,i ,h ,,k ,j ,i ,h ,4321,{}4321,,,k ,j ,i ,h ∈,共得256个四元组。

由于2000=256⨯7+208，故由抽屉原理知，有8份试卷上的答案属于同一个四元组。

取出这8份试卷后，余下的1992份试卷中仍有8份试卷属于同一个四元组，再取出这8份试卷，余下的1984份试卷中又有8份属于同一个四元组。

又取出这8份试卷，三次共取出24份试卷。

在这24份试卷中，任何4份中总有2份的答案属于同一个四元组，当然不满足题目的要求，所以 n ≥ 25 。

下面证明 n 可以取到25。

令()(){}{}432140,,,k ,j ,i ,h ,g ,mod k j i h g |k ,j ,i ,h ,g S ∈≡++++=，则 |S| =256 ，且S 中任何2种答案都至多有3题相同。

从 S 中去掉6个元素，当余下的250种答案中的每种答案都恰有8人选用时，总有4份不相同。

由于它们都在S 中，当然满足题目要求，这表明，n = 25满足题目要求。

综上可知，所求的n 的最小可能值为25。

1.2构造映射例2将正整数n 表示为一些正整数p a a a ,,,21 的和，即p a a a n +++= 21，其中p a a a ≤≤≤ 21，记)(n f 是如此表示的方法种数（如4=4，4=1+3，4=2+2，4=1+1+2，4=1+1+1+1，故5)4(=f ），证明：对任意)]2()([21)1(,1++≤+≥n f n f n f n .分析：由于本题证明的是一个非严格不等式，则需要构造一个单射或满射来证之。

证明：此题实质上是要证).1()2()()1(+-+≤-+n f n f n f n f因将每个n 的拆法前加一个“1”，便可得一个n+1的拆法，故)()1(n f n f -+表示的是1+n 的拆法中11≠a 的拆法数。

同理)1()2(+-+n f n f 是n+2的拆法中11≠a 的拆法数。

考虑到21≥+n ，把一个11≠a 的1+n 的拆法中的p a 加上1，就可变为一个11≠a 的n+2的拆法，这样就构造了从11≠a 的1+n 的拆法到11≠a 的2+n 拆法的一个对应，显然这个对应是一个单射，所以有).1()2()()1(+-+≤-+n f n f n f n f评注：应用映射法可以证明一些与计数有关的不等式。

例3 设n 是一个正整数，},,1,|),{(Z y x n y n x y x S ∈≤≤≤≤=，设T 是所有顶点均在S 中的正方形组成的集合，对于S 中的一个点对（两点组成），当此点对恰是k 个正方形的顶点时，则称这个点对具有k 重性，所有具有k 重性的点对的个数记为.k a 试比较3202a a a +与的大小。

解 首先证明：一个点对至多属于3个正方形，由于以点对间所连线段为一边的正方形最多有两个，而以该线段为对角线的正方形最多只有1个，故以一个点对为两个顶点的正方形不超过3个，从而对任一点对，其重性只可能为0，1，2，3，另一方面，点对总数为22n C ，从而232102n C a a a a =+++ (1)将任意一点对及以该点对为两顶点的正方形作为一个“顶点一正方形组”，简称VS 组，规定：当且仅当点对及正方形都相同时，VS 组相同，设S T =||，一方面，对于每一个正方形包括6个点对，故有6S 个VS 组；另一方面，从点对的角度考虑VS 组，对于k 重性的任一点对必属于k 个正方形，从而VS 组的总数为321321a a a +⋅+⋅，综合可得Sa a a 632321=++ （2）最后计算T 中正方形的个数S 。

记T 中两边为水平与竖直方向的正方形组成的集合为A ，那么，T 中任一个正方形a ，都对应着A 中的一个正方形b ，使得a 的顶点全在b 的边界上，而对于A 中一个边长为i 的正方形，在T 中恰好有i 个正方形，使得它们的顶点全在这个正方形的边界上，又A 中边长为i 的正方形有2)(i n -个，故,61)(21122n n i C i n i S =-=∑-=即 S C n 622= （3） 综合（1），（2），（3），可知,323213210a a a a a a a ++=+++ .2320a a a +=∴注 本题中，计算点对及VS 组个数时，运用了算两次，计算|T|时，则运用了映射法计数。

例4：在一节车厢中，任何 m ( m ≥ 3 )个旅客都有唯一的公共朋友(当甲是乙的朋友时，乙也是甲的朋友，任何人不作为他自己的朋友)。

问在这节车厢中，朋友最多的人有多少个朋友？解：设朋友最多的人A 有 k 个朋友，记为 B 1 , B 2 , ⋯ , B k , 并记{}k B ,,B ,B S 21=。

显然，mk ≥ 。

若 k > m ,设{}121-m ii i B ,,B ,B 是S 的任一个 m 元子集，则121-m i i i B ,,B ,B ,A 这m 个人有1个公共朋友，记为 C i ,因为C i 是A 的朋友，所以C i ∈ S 。

定义映射：{}SC B ,,B ,B f i i i i m ∈→-121 ：，则ƒ 是从S 的所有 m - 1元子集的集合到S 的一个单射。

事实上，若存在S 的两个不同的m - 1元子集{}121-m ii i B ,,B ,B 和{}121-m j j j B ,,B ,B均有相同的像C i ,又因为{}121-m ii i B ,,B ,B ⋃{}121-m j j j B ,,B ,B中至少有 m 个元素，故这 m 个人有2个公共朋友A 和C i ，与已知矛盾。

由于ƒ 是单射，故 k C m k ≤-1,因为 m ≥ 3 , m - 1 ≥ 2 ,所以 ( k - 1 ) ( k - 2 ) ( k -3 ) ( k - m + 2 ) > ( m - 1 ) ( m - 2 ) ⋯2 = ( m - 1) ! 故()()()()()()k !m !m k !m m k k k k C m k =-->-+---=-1112211矛盾，可见所求 k = m .1.3构造图表例5：设 n ∈ N + , n ≥ 2 , S 是一个 n 元集合，求最小的正整数 k ，使得存在S 的子集 A 1 ,A 2 , ⋯ ，A k 具有如下性质：对S 中的任意两个不同元素 a , b ，存在 j ∈{ 1 ,2 , ⋯ , k }, 使 A j ⋂ { a , b } 为S 的一元子集。

解：设{}n ,,,,S 321=，构造表格1：如果j A i ∈，那么，在j A 所在行，i 所在列处的方格中标上1，其余的方格中标上0。

考虑表1的列构成的序列n P ,,P ,P 21 ，下面证明：S 的子集kA ,,A ,A 21具有题中性质的充分必要条件是n P ,,P ,P 21两两不同。

充分性：由n P ,,P ,P 21两两不同，则对任意,b a ,S b ,a ≠∈有b a P P ≠，所以在某一行(设为第j 行)上，第a 列与第b 列的方格中一个为1，而另一个为0。

这表明{}b ,a A j ⋂为单元素集，故kA ,,A ,A 21具有题中性质。

必要性：由于对任意,b a ,S b ,a ≠∈存在{}k ,,,j 21∈，使{}b ,a A j ⋂为单元素集，则a P 与b P 在第j 行处的两个方格中的数一个为1，而另一个为0，故b a P P ≠。

所以n P ,,P ,P 21两两不同。

根据表1知：n log k ,n k 22≥∴≥()[]112+-=∴n logk2 染色法例6：设n 是一个固定的正偶数，考虑一块n n ⨯的正方形板，它被分成n 2个单位正方形格，板上2个不同的正方形格如果有一条公共边，就称它们为相邻的。

将板上N 个单位正方形格作上标记，使得板上的任意正方形格(作上标记的或者没有作上标记的)都与至少一个作上标记的正方形格相邻，试确定N 的最小值。

解：设n = 2k ，首先将正方形板黑白相间地染成像国际象棋棋盘那样。

设()n f 为所求的N 的最小值，()n f a 为必须作上标记的白格子的最小数目，使得任一黑格子都有一个作上标记的白格子与之相邻。

同样的，定义()n f b 为必须作上标记的黑格子的最小数目，使得任一白格子都有一个作上标记的黑格子与之相邻。

由于n 是偶数，“棋盘”是对称的，故有()()n f n f b a =，()()()n f n f n f b a +=，为方便起见，将“棋盘”按照最长的黑格子对角线水平放置，则各行黑格子的个数分别为24242,,,k ,,, 。

在含有24-i 个黑格子的那行下面，将奇数位置的白格子作上标记。

当该行在对角线上方时，共有i 2个白格子作上了标记；当该行在对角线下方时，共有12-i 个白格子作上了标记。

从而，作上了标记的白格子共有()211342+=++++++k k k 个，所以这时每个黑格子都与1个作上标记的白格子相邻，故得()()21+≤k k n f a 。

考虑这()21+k k 个作上标记的白格子，它们中的任意两个没有相邻的公共黑格子，所以，至少还需要将()21+k k 个黑格子作上标记，以保证这些白格子中的每一个都有一个作上标记的黑格子与之相邻，从而()()21+≥k k n f b ，故()()()21+==k k n f n f b a 。

因此，()()1+=k k n f 。

3 调整法例7：给定平面上的点集{}199421P ,,P ,P P =，且P 中任三点均不共线。

将P 中所有的点任意分成83组，使得每组至少有三个点，且每点恰好属于一组，然后，将在同一组的任两个点用一条线段相连，不在同一组的两个点不连线段，这样得到一个图案G 。