染色问题数论

1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入 老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n 个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A 种不同的方法，第二步有B 种不同的方法，……，第n 步有N 种不同的方法．那么完成这件事情一共有A ×B ×……×N 种不同的方法．教学目标 知识要点乘法原理之染色问题结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N 个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例 1】 地图上有A ，B ，C ，D 四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？D C B A【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选．根据乘法原理，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D 也只有1种颜色可选(与A 相同)．根据乘法原理，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．综上，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．【答案】18【巩固】 如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜例题精讲色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有326⨯=种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有43332284⨯⨯+⨯⨯=（）种方法．【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题．【答案】84【例 2】 在右图的每个区域内涂上A 、B 、C 、D四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有__________种不同的染色方法．7654321【考点】乘法原理之染色问题 【难度】4星 【题型】解答【解析】 因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有43224⨯⨯=种染色方法．如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法．【答案】24【例 3】 如图，地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法?D CB A【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选．第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选．第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选．第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有。

染色问题和覆盖问题第一部分。

染色问题例1.已知(2)n n >条直线把平面划分成为若干块，其中的一些区域被染上颜色，使得任何两个染色的区域都没有公共边界，求证：染色区域的数目不超过2.3n n + 解答：不妨假定这些直线有相交直线。

设有k 条边的染色区域的数目为(1,2,...,)k m k n =。

注意到2m 就是有两条边的区域，两个射线形成的角域。

至多有2n 个线段。

因为每一段（线段或射线）至多是一个染色区域的边界，所以 22323...n m m nm n +++≤。

因为一条直线上只有两段的射线部分才可能是有两条边的染色区域，所以2m n ≤。

22322323 (333)n n m m nm m n n m m m +++++++≤+≤。

注意：这里有个很关键的不等式2m n ≤需要说明一下。

设12,,...,n L L L 是平面上直线束，那么每一个直线上至多有两个被染色（如题目中定义的染色）的角域；同时每一个被染色的角域值只占有两个直线。

设12,,...,m ΩΩΩ是m 个被染色的角域。

如果某个直线i L 上被染色的角域少于两个，那么根据数学归纳法假设可以直接证明2m n ≤。

否则的话，每一个直线上面恰好有两个被染色的角域。

这样可以得到一个2-正则的二部图()1212,,,{,,...,},{,,...,}.(,)n m i j i j G X Y E X L L L Y L E L ===ΩΩΩΩ∈⇔Ω是的边界这个二部图一定有1-因子。

从而也有2m n ≤成立。

例2. 平面上给定了)2(≥n n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点。

它们将平面划分成为若干个小区域。

试在每一个区域内部填写一个绝对值不大于n 的非负整数，使得任何一条直线的同一侧所有区域中各数之和为零。

解：一个为人们关心的问题是：这个题目是怎样产生的？那个出题人为什么出这个题？它的背景是什么？如果我们将这个问题放在球面上去，让所有的直线对应于一些大圆（从拓扑学的观点看，这是完全允许的），将每一个交点看成一个节点。

初中数学竞赛专题：染色问题25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点,它们被分别染为黑色或白色．今知其中任何2个黑点之间至少间隔2个点．证明：从中可以找到3个白点,它们形成等边三角形的3个顶点．解析 我们将27个点依次编号,易知它们一共可以形成9个正三角形(1,10,19),(2,11,20),…,(9,18,27)．由染色规则知,其中至多有9个黑点．如果黑点不多于8个,则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色．如果黑点恰有9个,那么由染色规则知,它们只能是一黑两白相间排列,其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色． 25．1．2★★某班有50位学生,男女各占一半,他们围成一圈席地而坐开营火晚会．求证：必能找到一位两旁都是女生的学生．解析 将50个座位相间地涂成黑白两色,假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生,那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生．否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位,其上面都坐着女生,其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾．同理,25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生,因此全部入座的女生不超过24人,与题设相矛盾．故命题得证． 25.1.3★在线段AB 的两个端点,一个标以红色,一个标以蓝色,在线段中间插入n 个分点,在各个分点上随意地标上红色或蓝色,这样就把原线段分为1n +个不重叠的小线段,这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．求证：标准线段的个数是奇数．设最后一个标准线段为1k k A A +．若0k A A =,则仅有一个标准线段,命题显然成立；若n k A A =,由 A 、B 不同色,则0A 必与k A 同色,不妨设0A 与k A 均为红色,那么在0A 和k A 之间若有一红蓝的标准线段,必有一蓝红的标准线段与之对应；否则k A 不能为红色,所以在0A 和k A 之间,红蓝和蓝红的标准线段就成对出现,即0A 和k A 之间的标准线段的个数是偶数,加上最后一个标准线段1k k A A +,所以,A 和B 之间的标准线段的个数是奇数．25．1．4★★能否用面积为14⨯的一些长方块将1010⨯的棋盘覆盖?解析 如图中标上1～4这些数,显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个,于是如果可以覆盖,则1、2、3、4应一样多,但1有25个,2则有26个,矛盾!因此不能覆盖．25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行,证明：必有相邻的6个球三红三蓝．解析 将这些球标上数字,红球标1,而蓝球则标上1-,于是问题变为：必定有6个相邻的球其标数之和为0．记从第i 个球起的6个数字和为i S ,于是i 可取1,2, (19)易知1S 的全部取值为6-、4-、2-、0、2、4、6,且10i i S S +-=或2(可以认为以2或2-、0的步长“连续”变化)．由1713190S S S S +++=,知若四数中有0,则结论成立,否则必有正有负．不妨设0i S >,0j S <,i ,j ∈{1,7,13,19},于是必存在一个k ,k 在i 与j 之间,0k S =．25．1．6★如图,把正方体形的房子分割成27个相等的小房间,每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去．如果要求甲虫只能走到每个小房间一次,那么甲虫能走遍所有的小房间吗?解析 甲虫不能走遍所有的小房间．我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间),涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色．显然,在27个小正方体中,14个是黑的,13个是白的．甲虫从中间的白色小正方体出发,每走一步,方格就改变一种颜色．故它走26步,应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体．因此在26步中至少有一个小正方体,甲虫进去过两次．由此可见,如果要求甲虫到每一个小房间只去一次,那么甲虫不能走遍所有的小房间．25.1.7★★3行9列共27个小方格,将每个小方格涂上红色或蓝色．试证：无论如何涂法,其中至少有两列,它们的涂色方式完全一样．解析第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理),不妨设这5个方格位于前五个位置,且都为红色．下面考虑前五列构成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的,不妨设这三格位于前三个位置．接着考虑前三列构成的3×3方阵,该方阵前两行的每列完全一样．对第三行,用两种颜色染色时,三列中必有两列同色,不妨设是前两列．此时前两列的涂色方式完全一样．a线进行剪裁,总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来．(b)(a)解析如图(b)涂色．若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形,则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成．因此,应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形．但图中有八个涂色小正方形,六个不涂色小正方形,因此适合题意的剪法不存在．25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数,现任挑选3×3或4×4的正方形,将其中每个数加1,称为一次操作,问是否能经过有限次操作,一定可以让方格中的所有整数均被10整除?解析按图中选择小方格涂黑,易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格,这些小黑格中原来数字之和是奇数的话,那么操作一次后,数字和仍是奇数,因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定．25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑,使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?解析如图,涂9格,无所求矩形,下证若涂10格,则会出现所求矩形．这是因为若有一行全部涂黑,则余下的行中必有一行至少涂黑2格,此时便有所求矩形出现．于是每行黑格数不到4个,必有两行各包含3个黑格,此时不难看出有所求矩形出现,因此最多选择9格．25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格,使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?解析剪去左上角的方格后,棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖．为了证明这一点,我们将棋盘涂上三种颜色,涂法如图,其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色．如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖,那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个,从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个,然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个,第二种颜色的方格22个,第三种颜色的方格21个．因此,剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖．由此可见,如果剪去一个方格后,棋盘能用21个3×1的矩形覆盖,那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格．但是,剪去图中涂第二种颜色的一个方格后,仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖,比如说,剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖,这是由于棋盘的对称性,剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)所剩下的棋盘完全相同．于是,只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个,剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖．不难验证这时确实能够覆盖． 25.1.12★★求证：只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面．解析 将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色,剩下的小方格全染成白色,于是白色的小方格的个数为15×23,这是奇数．因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格,每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格,故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数,不可能盖住23×15个白格,所以,只用2×2及3×3的瓷砖不能盖住23×23的地面．25.1.13★★求证：用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖,不能恰好铺盖8×8的正方形地面．解析 把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图．无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上,每块l ×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个,可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个,而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处,只有如下四种情形之一：4121341423432321这就是说,2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中,必有两个小方块有相同数码．由此可见,如果15块1×4,1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面,那么这64个小方块中,某一种赋值的小方块应有17块,但实际上,赋值1、2、3、4的小方块各16块,矛盾．25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色,称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格．问该方格表中最多有多少个红色的行和列?解析首先我们指出红色的行和列不多于8个．若不然,红色的行和列至少9个,则其中必有5个红行或红列,不妨设为前者．由于每个红行中至少有4个红格,故知表中至少有20个红格．此与已知条件矛盾．其次,当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时,便得到4个红行和4个红列,共8个．这表明有19个红格时,确可使红行与红列的个数达到8．所以最大值为8．25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的L形纸片,如果一个m n⨯方格的棋盘能被若干个L形纸片无重复地覆盖,试证：mn是8的倍数．解析设m n⨯棋盘由k个L形纸片所覆盖,而L形是由4个1×1小方格所组成,则可令=．由此得出m、n中至少有一个偶数,不失一般性,可令n为偶数,即共有偶数n列．4mn k现在对“列”进行黑、白交替染色,可得黑、白格各共有2k个．易见每个L形纸片无论怎样配置,总是盖住奇数个黑格．今共有2k个黑格,因此必须有偶数个L 形,从而证得mn是8的倍数．25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马,它们互不相吃(假定有足够多的马)?解析我们将棋盘相间染成黑白二色,则黑格与白格各32个．按马的走法(如图)知,黑格上的马只能吃白格上的马,因此,将所有黑格都放马,它们是互不相吃的．这就是说,我们可以放32个马,它们互不相吃．现证任意放33个马必有被吃的情形．事实上,将棋盘划分为8个2×4的小棋盘,则至少有一个小棋盘要放5个马,其放法只有两种可能：要么一排放1个,另一排放4个；要么一排放2个,另一排放3个．显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局．因此,最多能放32个马,它们互不相吃．25.1.17★★★在12×12的棋盘上,一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角,如图(a)．这匹马能否从某一点出发,跳遍每一格恰好一次,最后回到出发点?(a)解析我们用两种方法对此棋盘染色．首先,将棋盘黑白相间染色,由马的跳步规则知,马每跳一步,或者是从黑格跳到白格,或者是从白格跳到黑格．不妨设马是第奇数步跳到自格,即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格．123456789101112(b)其次,将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色,其余的行染成黑色,如图(b)．由马的跳步规则知．马从白格一定跳人黑格,因为白格的数目同黑格的数目相同,马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点,因此,马从黑格只能跳入白格,不妨设马第奇数步跳入白格．对于一种满足要求的跳法,在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的,矛盾．因此,题目要求的跳法,即“回路”是不存在的．25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子,每个小方格内至多只能放一个棋子,使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍．在满足上述条件的所有放置方法中,请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?解析因每行都有8格,所以每行棋子最多只能有6个．此方格表共有8行,因此棋子的总数最多为48个．如右图所示,48个棋子是可以完成的．25.1.19★★★★将m n ⨯的方格表中每个小方格涂上黑色或白色,两种颜色的方格数相等．问能否有一种涂法,使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75％?解析 不可能．设每行、每列中都有一种颜色的方格超过34,由于行与行、列与列可对调而不影响结论．不妨设其中前p 行白色占优势,后q 行黑色占优势；前r 列白色占优势,后s 列黑色占优势．p q m +=,r s n +=(如下左图)．r spq 全白黑白相间黑白相间全黑考虑p s ⨯放q r ⨯的矩形中的ps qr +个方格．其中的白格可看成s 列或q 行中的“少数派”,而黑格可看成p 行或r 列中的“少数派”．由于在每行、每列中“少数派”少于4n 或4m 个,所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于()44m mn s r +=．同样,前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于()44n mn p q +=．所以这两个矩形中的方格数442mn mn mn ps qr +<+=,即少于方格总数的一半．因此ps qr pr qs +<+, ()()0p q s r --<,从而p q ≤,r s ≤或q p ≤,s r ≤不妨设为前者,这时2m p ≤,2n r ≤, 白色方格总数44n m pr q s <+⨯+⨯()()44n m pr m p n r =+-⨯+-⨯ 24242mn n r m p p r ⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2mn ≤, 与两种颜色的方格相等矛盾．评注 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占34是可能的(这时m 、n 当然都被4整除),前右图(其中2m p q ==,2n r s ==)即满足要求． 25.1.20★★★在2是×2是的方格表上,有3k 个格子涂黑,求证：可以选择k 行及k 列,包含了全部这3k 个黑格．解析 将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前k 行,则这k 行中包含的黑格总数必定不少于2k ,否则会有一行的黑格数至多一个,而剩下来的k 行至少有1k +个黑格,于是有一行包含了至少两个黑格,这与k 前是行”的定义矛盾．于是结论成立,接下来只要再找是列包含剩下的k 个黑格即可(有的列可不包含黑格)．25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色,证明：至少可以找出21个矩形,它们的顶点是同一种颜色方格的中心,它们的边平行于方格线．解析 考察其中任意一列,估计其中同色“方格对”的个数．设在该列中有一种颜色的方格走个,另一种颜色的方格7k -个,那么,在该列中就共有()()()217672122k k k k k k ---+=-+个同色“方格对”．该式的值在3k =和4k =时达到最小值9,所以,7个列中一共有不少于63个同色“方格对”．注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中,如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”,那么,它们即构成一个满足要求的矩形．我们知道,方格表中一共有76212⨯=个不同的“行对”,由于有两种不同颜色,所以,一共有42种不同情况的“行对”．因此,至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形．25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一,已知任意两个不同颜色的数之和为黑色,而它们的积是白色,试找出所有的这种染色方法．解析 设正整数m 、n 为白色,现研究mn 的颜色．若mn 是黑色,设正整数k 黑色,则m k +为黑色,()m k n mn kn +==+为白色,但由前知mn 黑色,kn 白色,于是mn kn +黑色,矛盾,因此mn 为白色． 设正整数l 是染成白色的最小数,于是由条件及前面的讨论知,l 的所有正整数倍数sl 均为白色．至于其他正整数p ,p 不被l 整除,设p ql r =+,0r l <<,由l 之定义知,r 必定是黑色,于是知当0q =时,p r =为黑色；当0q >时由ql 为白色,知p 亦为黑色．于是本题的结论就是,所有l 的倍数染成白色,其余的数染成黑色,不难验证这种染法确实满足题设要求．25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为()0,0、()0,m 、(),0n 与(),n m ,其中m 、n 均为正奇数,将这个矩形分拆(既无重叠,也不遗漏)为一些三角形,使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行,并且这条边上的高为1,求证：一定存在至少两个三角形,它们各有两条边平行于坐标轴．解析 易知,可将矩形分成mn 个单位正方形,并涂上黑白两色,使相邻的正方形颜色不同．此时4个角上的小正方形颜色相同,设为黑色,于是黑色格总面积比白格多1．可以推出,上述分拆中,每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中,两种颜色部分的面积之差为12；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中,两种颜色部分的面积相等,如图．由于黑色面积与白色面积相差1,故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行．25.1.24★★★把正三角形划分为2n 个同样大小的小正三角形,把这些小正三角形的一部分标上号码1,2,…,m ,使得号码相邻的三角形有相邻边．求证：21m n n -+≤．解析 将2n 小正三角形如图黑、白染色,黑三角形共有1+2+3+…+()112n n n =+个,白三角形共有1+2+3+…+(1n -)()112n n =-个,由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”,且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色,因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1,所以编号的三角形数m 不超过()2121112n n n n ⨯-+=-+个,即21m n n -+≤．25.1.25★★★将正方形ABCD 分割为n n ⨯个相等的小方格,把相对的顶点A 、C 染成红色,把B 、D 染成蓝色,其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．求证：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．解析 用数代表颜色：红色记为1．蓝色记为1-．将小方格编号,记为1,2,…,2n ．记第i 个小方格四个顶点处数字之乘积为i A ．若该格恰有三个顶点同色,则1i A =-,否则1j A =．今考虑乘积212n A A A ⨯⨯⨯．对正方形内部的交点,各点相应的数重复出现4次；正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A 、B 、C 、D 四点相应的数的乘积为()()11111⨯⨯-⨯-=．于是,2121n A A A ⨯⨯⨯=．因此,1A ,2A ,…,2n A 中1-的个数必为偶数,即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．25.1.26★★已知ABC △内有n 个点(无三点共线),连同点A 、B 、C 共3n +个点,以这些点为顶点把ABC △分割为若干个互不重叠的小三角形,现把A 、B 、C 分别染成红色、蓝色、黄色,而其余n 个点,每点任意染上红、蓝、黄三色之一．求证：三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．解析 把这些小三角形的边赋值：边的端点同色的,赋值0,边的端点不同色,赋值1,于是每只小三角形的三边赋值的和,有如下三种情形：(i)三顶点都不同色的小三角形,赋值和为3；(ii)恰有两顶点同色的小三角形,赋值和为2；(iii)三顶点同色的小三角形,赋值和为0．设所有小三角形的边的赋值总和为S ,又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为a 、b 、c ,于是32032S a b c a b =++=+． ①注意到所有小三角形的边的赋值总和中,除了边AB ,BC ,CA 外,其余各边都被计算了两次,故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍,再加上ABC △的三边的赋值和为3,故S 是奇数,因此,由①式得a 是奇数．25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5×5的棋盘,求证：1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．解析 将棋盘按图中方式染成A 、B 、C 三种颜色．易见A 、C 各有8格,而B 有9格．由于每个1×3砖块必定覆盖A 、B 、C 三色格各一格,因此1×1的砖块必定染成B 色．再将整个棋盘旋转90゜,再按完全相同的方法染色,于是1×1的砖块仍在染成B 色的方格上,但两次染色均染成B 色的小方格只有中间的那个,因此1×l 的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．25.1.28★★★★6个点每两点之间连一条线,将这15条线进行任意的二染色(即每条边染成两种颜色之一),则必定存在至少两个同色的三角形．解析 设两色为红色与蓝色．若从同一点出发有3条线同色,比如AB 、AC 、AD 为红色,如果BC 红色,则ABC △为红色三角形,否则BC 为蓝色,同理CD 、DB 亦为蓝色,于是BCD △为蓝色三角形．因此,有一点出发3条线同色,一定有同色三角形存在．于是6个点之间的15条线中,一定有同色三角形存在．5个点的10条线若无同色三角形,则每一点连出的4条线必定两红两蓝．比如五点为A 、B 、C 、D 、E ,不妨设BA 、AE 红,由于BE 蓝,还有一点与B 的连线红色,不妨设BC 红,于是BD 蓝,ED 红,AC 、AD 蓝,CD 红,CE 蓝,故要想不出现同色三角形,只能是五点构成的五边形(不一定凸或自身不交)的边同色,而对角线则异色．现在回到原题,设六点为1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A ,由于一定有同色三角形存在,不妨设为456A A A △一是红色三角形,若不存在第二个同色三角形,则可设五边形12345A A A A A 的边为红色(图中实线所示),对角线为蓝色(图中虚线所示)．若16A A 为红色,则156A A A △为红色三角形,故16A A 蓝,同理36A A 为蓝色,于是136A A A △为蓝色三角形,因此同色三角形至少有两个．A 1A 2A 34A 5A 625.1.29★★★n n ⨯的方格表中有1n -个格子涂且黑色,如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻(“相邻”指有公共边),则将这个小方格也涂黑,求证：不可能将所有的小方格都涂黑．解析 假定小方格边长为1．考虑一开始这1n -格小方格组成的“岛”,每个“岛”都由连在一起的小方格组成,不同的“岛”之间没有公共边界(当然也可能本来只有一个“岛”)．因此这些“岛”的边界(包括有“洞”时“洞”的“内部边界”)长度之和不大于()41n -(因为还有小方格边界在内部抵消的情形)．现在按规则操作,每添加一个黑格,总边界不会增加,甚至还会减少(例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻)．如果所有小方格都涂黑了,总边界为()441n n >-,矛盾．因此结论成立．25.1.30★★★无限大方格表上的每个结点(方格线的交点)都被染为三种颜色之一,并且每种颜色的点都有．证明：可以找到一个直角三角形(其直角边不一定在方格线上),它的三个顶点被分别染为三种不同颜色．解析用反证法．假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形．不难看出,可以找出一条水平方向或竖直方向的直线l,它上面至少有两种颜色的结点,为确定起见,设其为水平方向．如果l上只有两种颜色的点,比方说蓝色与红色,那么在平面上任意取一个绿色结点A,并且把A 所在的竖直直线与l的交点记作B．于是,B或为蓝色或为红色,不妨设其为蓝色．由于l上还有红色结点,只要任取其中一个红点C,即可得到三个顶点颜色各异的Rt ABC△,此与假设矛盾．所以,l上面有三种颜色的结点．在直线l上任意取一个蓝点B、一个红点C和一个绿点D．那么,此时在经过点B的竖直直线上的结点都应当为蓝色,否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形．同理,在经过点C的竖直直线上的结点都为红色,在经过点D的竖直直线上的结点都为绿色．这就表明,在以上的染色方法中,每条竖直直线上的结点都是单一颜色的,从而,任何直角边在方格线上的直角=三角形中都至少有两个顶点同色．下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成45゜的直线．由于它同每条竖直直线都相交于结点处,所以它上面有着三种不同颜色的结点．这样一来,根据刚才的讨论,在每一条与它垂直的直线上的结点都只能是单一颜色的．但是,事实上这些直线都与竖直方向交成135゜,从而与每条竖直直线都相交于结点处．故都有着三种不同颜色的结点,导致矛盾．25.1.31★★★将全平面以任意方式二染色,并在平面上任找不共线的三点A、B、C,求证：存在一个顶点同色的三角形,与ABC△相似．S M K N T解析首先证明,一定有两点及两点连线之中点同色,不妨设二色为红与蓝．至少有一种颜色被涂在无穷多个点上,不妨设是红色,今找两点M、N,均为红色．K为MN中点,又使M为SN中点,N为MT中点．若K红,则M、K、N为所求；同理,若S或T为红,则S、M、N或M、N、T为所求；若K、S、T皆为蓝,则S、K、T为所求．如图,现作A△,P、Q、R为三边中点,且由前,可设B′、P、C′．若A′△′B′C′∽ABC红,则A△′P或QPC△′B′C′即为所求；若R或Q红,则RB△′为所求；若A′、R、Q皆蓝,此时A△′RQ即为所求．于是结论成立．。

在解决某些数学问题时，我们常常需要把有关元素适当分类.为了使这种分类更为形象，我们可以设想把元素分别涂上不同的颜色.这类用涂色的方法来寻求解题思路的方法叫做染色法.根据染色对象的不同，染色法一般分为方格染色、线段染色和点染色三种，在运用染色法解题的过程中，常结合抽屉原理等组合知识和图论初步知识.解题步骤一般分为：(1)审题，把实际问题用染色图表示出来；(2)运用抽屉原理或图论知识对染色图进行分析；(3)找出问题的答案.[例1] 在平面上有一个27×27的方格棋盘，在横盘的正中间摆好81枚棋子，它们被摆成一个9×9的正方形.按下面的规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子，放进紧挨着这枚棋子的空格中，并把越过的这枚棋子取出来.问：是否存在一种方法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子?思路剖析本题的游戏规则是一枚棋子越过相邻的棋子进行移动，故每一次移动会影响3个棋盘方块的棋子数，可考虑用3种颜色对棋盘染色，研究其变动规律，推出答案.解答如图1所示，将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色，这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分.按照游戏规则，每走一步，有两部分中的棋子数各减少了一个，而第三部分的棋子数的奇偶性都要改变.因为一开始时，81个棋子摆成一个9×9的正方形，显然三个部分的棋子数是相同的，故每走一步，三部分中的棋子数的奇偶性是一致的.但如果在走了若干步以后，棋盘上恰好剩下一枚棋子，则两部分上的棋子数为偶数，而另—部分的棋子数为奇数，这种结局是不可能的，即不存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子.[例2]在5×5的方格棋盘中的A格里放一颗棋子，规定每次棋子可向左右或上下移动一格，问这颗棋子走25步后能否回到原处?思路剖析如图2所示，棋子从A出发，每一步都有2┉4种走法，25步以后出现的情况很多.从表面上看，似乎找不到棋子行走的规律，若利用染色法，对棋格作相间染色，很容易发现规律，找到本题答案.解答如图3所示，对棋格作相间染色，则棋子从白格A出发，走l步进入黑格，走2步进入白格，走3步进入黑格，……，显然，棋子从白格A出发. 走奇数步落在黑格，走偶数步落在白格，所以，走25步一定落在黑格，而原处为白格，故本题答案为：这颗棋子走25步后不能回到原处.[例3】如图4所示，把正方体分割成27个相等的小正方体，在中心的那个小正方体中有一只小甲虫，甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任何一个中去.如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍所有的正方体吗?思路剖析先将正方体进行黑白相间染色(见图5)，则小甲虫每移动一次，会改变一次方格的颜色，对小甲虫走过不同颜色的方格数进行考虑，问题便迎刃而解了.解答我们如图5所示，将正方体分割成27个小正方体，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上黑色.显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的.甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色.故它走27步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体.因此在27步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次.由此可见，如果要求甲虫到每一个小正方体只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小正方体.[例4] 如图6所示，平面上给定6个点，没有三个点在一条直线上. 证明：用这些点做顶点所组成的一切三角形中，必定有一个三角形，它的最大边同时是另一个三角形的最小边.思路剖析在一般情况下，三角形的三条边互不相等，因此存在一个最大边和最小边，考虑特殊情况，在等腰三角形(或等边三角形)中，最大边可能有2 条(或3条).同样，可用涂色法解决.证明先将每一个三角形中的最大边涂成红色，然后将其余的边染成绿色.(1)先证明这些三角形中至少有一个同色三角形.根据抽屉原理，从A出发的5条线，至少有3条线同色，设有3条红线AB、AC、AD，再分析BC、BD、CD三条线段，若有l条为红色，问题得证，若3条全是绿色．问题也得证.(2)由(1)可知，全部三角形中必有一个为同色三角形，若为红色三角形，则这红色三角形中的最小边必定是某个三角形的最大边；若为绿色三角形，则这个绿色三角形中的最大边必定是某一三角形的最小边，问题得证.[例5】用15个“T"字形纸片和1个“田”字形纸片(如图7所示)，能否覆盖一个8×8的棋盘?思路剖析本题看起来无从下手，但我们可以将棋盘的方格进行染色，然后寻找T字形纸片与棋盘方格之间的关系，综合运用假设法，导出本题答案.解答如图8所示，先将棋盘染成黑白相间的形状.假设15个T字形纸片和1个田字形纸片可以盖住棋盘，则它们盖住的白格数为32个.显然1个田字形纸片盖住2个白格，故15个T字形纸片盖住30个白格.再来看每个T字形纸片只能盖住1个或3个白格，设有，n(n为自然数)张T字纸片盖住1个白格，则15张T字纸片一共盖住n×1+(15-n)×3=，n+45-3n=45-2n，对45-2n=30求解，显然n没有自然数解，所以不能覆盖棋盘.[例6】6个人参加一个集会，每两个人或者互相认识或者互相不认识.证明：存在两个“三人组”，在每一个“三人组”中的三个人，或者互相认识，或者互相不认识(这两个“三人组”可以有公共成员).思路剖析本题是一个生活中的小问题，可先进行适当转化，使其变成一个纯粹的数学题，可考虑用点表示每个人，利用染色法，对每个人之间的不同关系用点与点之间不同颜色的线段来区分.问题就迎刃而解了.解答现在我们将每个人用一个点表示(A、B、C、D、E、F)，如果两人认识就在相应的两个点之间连一条红色线段，否则就连一条蓝色线段.本题即证明图9中是否存在两个同色的三角形.我们先证明存在一个同色的三角形(图9)：考虑由A点引出五条线段AB、AC、AD、AE，AF、其中必然有三条被染成了相同的颜色，我们不妨设AB、AC、AD同为红色.再考虑ABCD的三边：若其中有一条是红色，则存在一个红色三角形；若这三条都不是红色，则存在一个蓝色三角形.我们不妨再假设△ABC的三条边都是红色的.若△DEF也是三边同为红色，则显然就有两个同色三角形；若△DEF三边中有一条边为蓝色，设其为DE，再考虑DA，DB，DC三条线段：若其中有两条为红色，则显然有一个红色三角形；若其中有两条是蓝色的，则设其为DA，DB.此时在EA，EB中若有一边为蓝色，则存在一个蓝色三角形；而若两边都是红色，则又存在一个红色三角形.(请读者参照上图作图)答：不论如何染色，总可以找到两个同色的三角形.[例7】某展览馆是由5×5个小方形房组成的25间展室，相邻的两展室之间有一门相通且只有一间展室为进出口房间.一小朋友打算从进口间开始，不重复地依次看完每一展室，然后出来.试问，这位小朋友的希望能实现吗?思路剖析如果我们一条一条地把所有可能的走法都来试验，显然是不明智的，因为走法太多，而且容易发生遗漏.可以考虑染色法，将25个展室用黑白相间的办法涂色，再进行奇偶性分析.解答如图10所示，把25个展室用黑白相间的办法涂色，根据小朋友的愿望，他必须依次由白室走入黑室，经过25道门，最后再到白室.然而，无论他选择什么路线，按其要求走的结果必然是：即，经过25道门后，所到的展室一定是黑室而不是白室，所以，这位小朋友的愿望不能实现.点津染色法是由染色问题引申出来的一类解题方法，其实质也是将一个数学问题转化为一个染色问题.运用它解题的关键在于染色对象和染色方式的选择，一般采用黑白相间的方式，在解答一些更难的问题时可能要用到多种颜色.在题中数量关系发生变动时，考虑这种变动在涂色图形上的反应时，要有较严密的逻辑思维和想像能力.1．如图11所示，正方形被分成6块区域，若给每一块区域都染色，并且相邻的区域颜色不同，问至少需要几种不同的颜色?2．将4x4的正方形剪去两个小正方形，剪法不同得出图12和图13.现用7块l x 2的小矩形去覆盖，问覆盖能否完成.3．如图14用红、黄、蓝、绿4种颜色给一个五边形着色，使相邻两边的颜色不同.问共有多少种不同的着色方法?4．在正方体的每一个面取中心，将这些点两两相连，有些用红线，有些用蓝线，求证：在这些连线中，必然有同一种颜色的线组成的三角形.5．将图15中的点染色，要求相邻的(即有线段连结的)点染成不同的颜色.问至少需要几种颜色?6．一个车间安装了5行缝纫机，每行7台，每台缝纫机由一名工人操作，一个月后，要求每个工人和它相邻的同伴交换工作，这可能吗?为什么?7．线段AB的两个端点一个染黑色，一个染白色.在线段AB内任意取100个点，将AB分成101条首尾相接的线段，请判断，如果将这100个点任意染成黑色点或白色点，那么这101条线段中，两端点不同色的线段的条数是奇数还是偶数?8．在一张白纸上，随着画上一些红色点和一些蓝色点，它们的总和不少于5点.画完之后发现，任意3个红点不共线，任意3个蓝点也不共线. 求证，一定存在3个顶点同颜色的三角形，它至少有一条边(不包括延长线)不含另一种颜色的点.9．一批现成的木箱，尺寸是6 x 6 x 6，现有一批商品，每件都是长方体，尺寸为l x2x4.能不能用这样的商品将木箱填满?。

7-2-3乘法原理之染色问题1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法.那么完成这件事情一共有A x B x……x N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5x2个可选择的路线了，即10条.三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例1】地图上有A, B, C, D四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】A有3种颜色可选；当B, C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选.根据乘法原理，不同的涂法有3x 2x 2=12种；当B, C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A相同）.根据乘法原理，不同的涂法有3x2x 1 x 1=6种.综上，根据加法原理，共有12 + 6=18种不同的涂法.【答案】18【巩固】如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色,使相邻国家的颜色不同,但不是每种颜色都必须要用,问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】第一步，首先对A进行染色一共有4种方法，然后对B、C进行染色，如果B、C取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B、C取不同颜色，有3x2=6种方法，D剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4x（3x3 + 3x2x2）= 84种方法.【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题. 【答案】84【例2】在右图的每个区域内涂上A、B、C、D四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有 __________ 种不同的染色方法．【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有4x3x2=24种染色方法.如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法.【答案】24【例3】如图，地图上有A，B，C，D四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法?ABC D【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选.第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选.第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选.第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有3种颜色可选. 根据分步计数的乘法原理，用5种颜色给地图染色共有5 x 4 x 3 x 3=180种不同的染色方法. 【答案】180 【巩固】如图，一张地图上有五个国家A , B , C , D , E ，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色 方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】第一步，给A 国上色，可以任选颜色，有四种选择；第二步，给B 国上色，B 国不能使用A 国的颜色，有三种选择；第三步，给C 国上色，C 国与B , A 两国相邻，所以不能使用A , B 国的颜色，只有两种选择；第四步，给D 国上色，D 国与B , C 两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给E 国上色，E 国与C , D 两国相邻，有两种选择.共有4x 3x 2x 2x 2=96种着色方法.【答案】96【例 4】 如图：将一张纸作如下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区块划为相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下方的区块划为相等的两块……，如此进行8步操作，问：如果用四种颜色对这一图形进行染色，要求相邻区块颜色不同，应该有多少种不同的染色方法？【解析】对这张纸的操作一共进行了8次，每次操作都增加了一个区块，所以8次操作后一共有9个区块， 我们对这张纸，进行染色就需要9个步骤，从最大的区块从大到小开始染色，每个步骤地染色方法 有：4、3、2、2、2 ，所以一共有：4x 3x 2x 2x 2x 2x 2x 2x 2 = 1536 种.【答案】1536 【巩固】用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的颜色，那么共有几种不同的涂法？【考点】乘法原理之染色问题 【题型】解答【难度】3星【考点】乘法原理之染色问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】涂三块毫无疑问是分成三步.第一步，涂A 部分，那么就有三种颜色的选择；第二步，涂B 部分， 由于要求相邻的区域涂不同的颜色，A 和B 相邻，当A 确定了一种颜色后，B 只有两种颜色可选择 了；第三步，涂C 部分，C 和A 、B 都相邻，A 和B 确定了两种不相同的颜色，那么C 只有一种颜 色可选择了.然后再根据乘法原理.3x 2x 1=6【答案】6【例 5】 如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的国家所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同.那么一共可以有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】这一道题实际上就是例题，因为两幅图各个字母所代表的国家的相邻国家是相同的，如果将本题中的地图边界进行直角化就会转化为原题，所以对这幅地图染色同样一共有4x 3x 2x 2x 2=96种方法.【讨论】如果染色步骤为C - A - B - D - E ,那么应该该如何解答？答案：也是4x 3x 2x 2x 2=96种方法.如果染色步骤为C - A - D - B - E 那么应该如何解答？答案：染色的前两步一共有4x3种方法，但染第 三步时需要分类讨论，如果D 与A 颜色相同，那么B 有2种染法，E 也有2种方法，如果D 与A 染 不同的颜色，那么D 有2种染法那么B 只有一种染法，E 有2种染法，所以一共应该有4x 3x （1x 2x 2 + 2x 1 x 2） = 96种方法，（教师应该向学生说明第三个步骤用到了分类讨论和加法原理，加法原理在下一讲中将会讲授），染色步骤选择的经验方法：每一步骤所染的区块应该尽量和之前所 染的区块相邻.【答案】96 【巩固】某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色，共有多少种不同的染色方法?为了便于分析，把地图上的7个县分别编号为A 、B 、C 、D 、E 、F 、G （如左下图）.为了便于观察，在保持相邻关系不变的情况下可以把左图改画成右图.那么，为了完成地图染色这 件工作需要多少步呢【考点】乘法原理之染色问题 【难度】4星 【题型】解答 【解析】由于有7个区域，我们不妨按A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜 色依次分7步来完成染色任务．第1步：先染区域A ，有5种颜色可供选择;再染区域B ，由于B 不能与A 同色，所以区域B 的染色方式有4种； 染区域C ，由于C 不能与B 、A同色，所以区域C 的染色方式有3种； 染区域D ，由于D 不能与C 、A 同色，所以区域D 的染色方式有3种; 染区域E ，由于E 不能与D 、A 同色，所以区域E 的染色方式有3种； 染区域F ，由于F 不能与E 、A 同色，所以区域F 的染色方式有3种; 染区域G ，由于G 不能与C 、D 同色，所以区域G的染色方式有3种.根据分步计数的乘法原理，共有5 x 4 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3=4860种不同的染色方法.【答案】4860【例6】 用3种颜色把一个3x 3的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有 ____ 种不同的染色法.【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】根据题意可知，染完后这个3x 3的方格表每一行和每一列都恰有3个颜色.用3种颜色染第一行，有P 3=6种染法；染完第一行后再染第一列剩下的2个方格，有2种染法； 当第一行和第一列都染好后3，再根据每一行和每一列都恰有3个颜色对剩下的方格进行染色，可知 其余的方格都只有唯一一种染法.所以，根据乘法原理，共有3 x 2=6种不同的染法.【答案】6【例7】 如右图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？【解析】先采用分步：第一步给A 染色，有5种方法；第二步给B 染色，有4种方式；第三步给C 染色，有 3种方式；第四步给D 染色，有3种方式；第五步，给E 染色，由于E 不能与A 、B 、D 同色，但可 以和C 同色.此时就出现了问题：当D 与B 同色时，E 有3种颜色可染；而当D 与B 异色时，E 有 2种颜色可染.所以必须从第四步就开始分类：第一类，D 与B 同色.E 有3种颜色可染，共有5 x 4 x 3 x 3=180 （种）染色方式；第二类，D 与B 异色.D 有2种颜色可染，E 有2种颜色可染，共有5x 4x 3x 2x 2=240 （种）染色 方式.根据加法原理，共有180 + 240=420 （种）染色方式.【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决. 【答案】420【巩固】如右图，有A , B , C , D 四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色．有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】A 有4种颜色可选，然后分类：第一类：B , D 取相同的颜色.有3种颜色可染，此时D 也有3种颜色可选.根据乘法原理，不同 的染法有4x 3x 3=36 （种）；第二类：当B , D 取不同的颜色时，B 有3种颜色可染，C 有2种颜色可染，此时D 也有2种颜色 可染.根据乘法原理，不同的染法有4x 3x 2x 2=48 （种）.根据加法原理，共有36 + 48=84（种）染色方法.第2步 第3步 第4步 第5步 第6步 第7步 【考点】 乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【答案】84 【巩固】用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：共有多少种不同的染色方法?【解析】第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选； 当“奥”，“数”取相同的颜色时，有 2 种颜色可选，此时“思”也有 2 种颜色可选，不同的涂法有3 x 2 x 2 = 12 种；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种 颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3 x 2 x 1x 1=6种.所以，根据加法原理，共有4x 3x （2x 2 + 2） = 72种不同的涂法.【答案】72分别用五种颜色中的某一种对下图的A , B , C , D , E , F 六个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？【解析】先按A , B , D , C , E 的次序染色，可供选择的颜色依次有5, 4, 3, 2, 3种，注意E 与D 的颜 色搭配有3 x 3=9（种），其中有3种E 和D 同色，有6种E 和D 异色.最后染F ，当E 与D 同色时 有3种颜色可选，当E 与D 异色时有2种颜色可选，所以共有5x 4x 2x （3x 3 + 6x 2） = 840种染法.【答案】840【例9】 将图中的。

学科：奥数教学内容：第7讲简单染色问题知识网络数学竞赛中的“染色”一般包括两个方面：染色问题和染色方法。

如果染色作为题目的条件给出，那么一般要考虑的是存在与否，有何性质以及有多少种染法等，这就是染色问题。

如果题目中没有提到染色，在解题中运用形象、直观的染色来进行分类，帮助解决问题这就是染色方法。

重点·难点我们在前面几讲中也涉及到染色问题。

一般来说，染色问题涉及分类、奇偶性、排列组合等多方面的知识。

因此如何应用这些相关的知识点解题，是很关键的。

在下面的例题中也可以看出，这些知识在解题中的应用。

学法指导染色作为一种数学思维方法，可以用来推证说理，使一些难以讲清楚的问题一目了然。

有时染色题可能很难想清楚，比如“四色问题”，但可以运用上面的知识点解决一些比较简单的染色问题。

经典例题[例1]如图1所示，一个长方形被分成6块区域，若给每一块区域都染色，并且要求相邻的区域颜色不同，请问至少需要多少种不同的颜色？思路剖析由于A、B、C两两相邻，所以要使相邻的区域颜色不同，至少A、B、C的颜色不能相同。

但是，仅有3种颜色够不够呢？对于区域较少的情形可以逐一试验，如果区域较多时，可以考虑取有多相邻区域的区域来先染色。

解答先考虑有最多相邻区域的A，染第1种颜色；其次考虑与A相邻的B、C、D、E中，有最多相邻区域的E，染第2种颜色；再考虑B，它与A、E都相邻，染第3种颜色。

由C和E不相邻，故C可用第2种颜色，D与B不相邻，D可用第3种颜色，F和A不相邻，F 可染第一种颜色。

这样，用第一种颜色染在A和F上，用第二种颜色染在C和E上，用第三种颜色染在B和D上即可满足题意要求。

所以，满足条件的染色，至少需要三种颜色。

[例2]用红、黄、蓝三种颜色涂一个正方体的六个面，两个面涂一种颜色，那么共有几种涂法？思路剖析本题要用到分类和组合的一些思想，同进，在解题时要注意，如果两种所谓不同涂法的正方体经翻转或旋转之后得到同样的效果，它只能是一种涂法。

2020年初中数学竞赛讲义：染色问题一、染色问题 (1)第1 页共3 页第 1 页 共 3 页一、 染色问题1. （1991年全国初中数学联赛2试）将正方形ABCD 分割为2n 个相等的小方格（n是自然数），把相对的顶点A ，C 染成红色，把B ，D 染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色，证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．【难度】 ★★★★【解析】 证法1：用数代表颜色，将红色记为0，蓝色记为1，再将小方格编号，记为1，2，3，…2n 。

又记第i 个小方格四个顶点数字之和为i A ，若恰有三顶点同色，则1i A =或3为奇数，否则i A 为偶数。

在212n A A A +++中，有如下事实：对正方形内部的交点，各加了4次；原正方形边上非端点的交点，各加了2次；对原正方形的四个顶点，各加了1次（含两个0，两个1）。

因此212n A A A +++4=⨯（内部交点相应的数之和）2+⨯（边上非端点的交点相应的数之和）2+，必为偶数，于是，在1A ，2A ，…，2n A 中必有偶数个奇数，这就是说，恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个。

证法2：用数代表颜色，红色记为1，蓝色记为1-，将小方格编号，记为1，2，…，2n 。

记第i 个小方格四个顶点数字之和为i A ，若恰有三顶点同色，则1i A =-否则1i A =。

现在考虑乘积212n A A A ⨯⨯⨯。

对正方形内部交点，各点相应的数重复出现4次；边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A ，B ，C ，D 四点相应的数的乘积为11(1)(1)1⨯⨯-⨯-=，于是2121n A A A ⨯⨯⨯=，因此，1A ，2A ，…，2n A 中1-的个数必为偶数，即恰有三顶点同色的小方格必有偶数个。

证法3：考虑染了色之后，改变一个交点的染色方式，这时以此点为顶点的小方格，要么由三顶点同色变为非三顶点同色，要么由非三顶点同色变成三顶点同色。

注意：除A ，B ，C ，D 之外，每一次点必是偶数个小方格的顶点，因此，改变一个交点的染色并不改变三项点同色小方格数目的奇偶性。

染色问题知识定位染色是分类的直观表现，在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题，这类问题的特点是知识点少，逻辑性强，技巧性强，其内部蕴藏着深刻的数学思想。

同时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。

将问题中的对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间的关系，像国际象棋的棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色，许多隐藏的关系会变得明了，再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法。

知识梳理知识梳理1.染色问题解答染色问题，并不需要具备更多的数学知识，只需要具有缜密的思考能力和较强的分析能力。

纵观各种染色试题，它与我们经常使用的数学方法紧密联系。

大体上有如下几种方法：奇偶分析、归纳法、反证法、抽屉原理、构造法、组合计数等。

常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色。

例题精讲【试题来源】【题目】用任意的方式将平面上的每一点染上黑色或白色(称为二染色).求证：一定存在长为1的线段，它的两个端点同色。

【答案】在平面上任作一个边长为1的正三角形，设三个顶点为A，B，C，由于平面上的每点只着黑、白两色之一，根据抽屉原理，A，B，C三点中必有两点同色，以这两同色点为端点的线段长度恰为1.【解析】在平面上任画一条长为1的线段，如图，若A，B两点同色，则结论已成立.若A，B 两点不同色，为确定起见不妨设A为黑色，B为白色，以AB为边作正三角形ABC，则AB=BC=CA=1.这时C点要么是黑点，要么是白点.若C为黑点，则AC为两个端点同色的长为1的线段.若C为白点，则BC为两个端点同色的长为1的线段.上述分析过程，其实已完成了证明过程，不过思路一旦找出，出现边长为1的正三角形的顶点A，B，C三点的构想是个关键，为此可得出如下简化的证明.【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】对平面上的点黑白二染色后，一定存在三顶点同色的直角三角形.【答案】见解析【解析】对平面上的点黑白二染色，根据例1的结论，存在边长为a(a＞0)的线段AB，它的两个端点同色(不妨设A，B同黑).以AB为边作正方形ABCD，对角线AC，BD交于点O，如图，如果D，O，C中有一个黑点，则该点与A，B构成三顶点同黑色的直角三角形.如果D，O，C全白色，则△DOC就是三顶点全为白色的直角三角形.因此，二染色平面上一定存在顶点同色的直角三角形.【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】用任意的方式，对平面上的每个点染黑色或白色，求证：一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点同色.【答案】见解析【解析】若存在边长为1且顶点同色的正三角形，则问题得证.若不存在边长为1且顶点同色的正三角形，则一定存在长为1的线段AB ，两端点A ，B 异色.以AB =1为底作腰长为2的等腰三角形ABC ，则C 与A 或B 总有一对是异色的.不妨设长为2的线段AC 两端点异色(见图(a )).取AC 的中点O ，则O 必与A ，C 之一同色(见图(b ))，不妨设O 与A 同色.由于不存在边长为1的同色顶点的正三角形，所以以AO 为一边的等边三角形的另外的顶点D 和E 必与A 异色.此时，△ECD 就是一个边长为3的顶点同色的正三角形.评注 事实上，当将平面分成宽度为23的水平带状区域，且每个区域含下沿直线，不含上沿直线，使相邻的带状区域染上不同颜色，对这样的平面二染色，任意边长为1的正三角形的三个顶点均不同色，但存在边长为3的三顶点同色的三角形.由例3可得更一般的结论：平面上点二染色后，要么存在边长为a (a ＞0)三顶点同色的正三角形，要么存在边长为3 a 三顶点同色的正三角形.【知识点】染色问题 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】3【试题来源】【题目】连接圆周上9个不同点的36条线段染成红色或蓝色，假设9点中每3点所确定的三角形都至少含有一条红色边.证明有4点，其中每两点的连线都是红色.【答案】见解析【解析】设9个点依次为v1，v2，…，v9，首先证明必存在一点，设为v1，从v 1出发的红色线段不是5条.事实上，若不然，如果都是5条，则共有红色线段295不是整数，矛盾.若从v1出发的红色线段至少有6条，设v1v2，v1v3，v1v4，v1v5，v1v6，v 1v7均为红色，则由第26讲例8评注可知，连结v2，v3，v4，v5，v6，v7的线段中必有同色三角形.由题意知它只能为红色三角形，设为v2v3v4，则v1，v 2，v3，v4四点中两两皆连红线.若从v1出发的红色线段至多4条，则v1出发的蓝色线段至少有4条，设为v 1v2，v1v3，v1v4，v1v5，则v2，v3，v4，v54点必然两两连红线.否则，例如若v2v3是蓝色的，则△v1v2v3是蓝色三角形，与题设至少有一边为红色矛盾.以上各例中，染色都是作为问题条件给出的，有时，染色方法也作为一种分类手段，因此，用形象直观地染色进行分类，也就成了一种很有特色的解题方法.【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】某桥牌俱乐部约定，四个人在一起打牌，同一方的两个人必须都曾合作过，或都不曾合作过.试证：只要有五个人，就一定能凑齐四个人，按照约定在一起打牌.【答案】见解析【解析】本题证明采用构造一个涂色模型，使它与原问题间有一一对应的关系.如果模型中的问题证明了，那么原问题也相应地证明了.证明五个人对应为空间五个点，如两个人合作过，那么对应两点连结红色线段，如两人不曾合作过，那么对应两点连结蓝色线段.因此原问题等价于证明涂色模型：空间五个点(无三点在一条直线上)，两两连线，涂上红色或蓝色之一.证明必存在两条无公共端点的同色线段.设五个点为A1，A2，A3，A4，A5，不失一般性，不妨设A1A2为红色.观察△A3A4A5三条边的颜色.(1)如果△A3A4A5中有一条边为红色，设为A3A4，那么A1A2与A3A4是满足条件的两条线段；(2)如果△A3A4A5的三条边均为蓝色，此时如A1A3，A1A4，A1A5与A2A3，A2A4，A2A5中如果有一条蓝色线段，那么问题就获证.如以A1A3是蓝色线段为例，那么A1A3与A4A5是满足条件的两条线段.反之，如果此时六条线段均为红色，如取A1A3与A2A4就是满足条件的两条线段.由于无公共端点的同色线段存在，证得原命题成立.【知识点】染色问题【适用场合】阶段测验【难度系数】3【试题来源】【题目】把平面划分成形为全等正六边形的房间，并按如下办法开门：若三面墙汇聚于一点，那么在其中两面墙上各开一个门，而第三面墙不开门.证明：不论沿多么曲折的路线走回原来的房间，所穿过的门的个数一定是偶数.【答案】见解析【解析】为方便起见，我们把有公共门的两个房间叫做相邻的.用两种不同的颜色涂平面上的这些房间，使相邻的房间的颜色不同(如图).注意，从某种颜色的房间走到同种颜色的房间，必须经过另一种颜色的房间.显然，从任一房间走到同种颜色的房间，必定经过偶数个门.这样，利用图形和不同的颜色就可以解出这道题.【知识点】染色问题【适用场合】课后两周练习【难度系数】3【试题来源】【题目】有一个2003⨯2003的棋盘和任意多个l⨯2及1⨯3的矩形纸片，规定l⨯2的纸片只能沿着棋盘的格线水平地放置，而1⨯3的纸片只能沿着棋盘的格线铅直地放置. 请问是否可依上述规定取用一些纸片不重叠地盖满整个棋盘？【答案】不可以【解析】先将棋盘的每一行黑白交错涂色，即第一行，第二行，第三行，…，依次为黑色，白色，黑色，….经过这样涂色后，开始时棋盘的黑白方格数之差为2003个.沿着棋盘的格线水平地放置1⨯2的纸片，每放上一个l⨯2的纸片，就能盖住黑白方格各一个，所以这个操作并不会改变黑白方格数之差；而每一个1⨯3的矩形纸片沿着棋盘的格线铅直地放置，所覆盖的三个方格都是同一颜色，所以每放置一片l⨯3的矩形纸片，棋盘的黑白方格数之差就增加3个或减少3个.因为2003不是3的倍数，所以，依题述规定取用一些1⨯2及l⨯3的矩形纸片是不可能不重叠地盖满整个棋盘的.【知识点】染色问题【适用场合】课后一个月练习【难度系数】3【试题来源】【题目】证明：如图，用15块4×1的矩形瓷砖与1块2×2的方形瓷砖，不能覆盖8×8的正方形地面(瓷砖不许断开！).【答案】见解析【解析】本例题有多种证法.一个共同点是：“不能覆盖”的证明，通常借助于反证法.证法1将8×8的正方形地面的小方格，用黑、白色涂之，染色法如图.于是，每一块4×1瓷砖，不论怎样辅设，都恰好盖住两个白格两个黑格.15块4×1瓷砖共盖住30个白格和30个黑格.一块2×2瓷砖，无论怎么放，总是盖住“三白一黑”或“三黑一白”，即只能盖住奇数个白格和奇数个黑格.而盘中的黑白格总数相等(全为32个).所以用15块4×1砖与1块2×2砖不能完全覆盖8×8地面.证法2将8×8的正方形地面的小方格.用代号为1，2，3，4的四种颜色涂之，染色法如(a).这时，4×1砖每次总能盖住1，2，3，4四色；而2×2砖不论放何处，总是不能同时盖住1，2，3，4四色.故是不可能的.证法3同样用四色涂之，涂法如(b).用反证法，设4×1砖横着盖住i 色的有x i 块，竖着盖住的有y 块.2×2砖盖住阴影格处(不妨假定，余仿此).假定能够盖住.那么有：⎩⎨⎧=+=+,144,16421y x y x 相减得4(x 1－x 2)=2.因为x 1与x 2均为整数，这是不可能的.【知识点】染色问题 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】（1）用1×1，2×2，3×3三种型号的正方形地板砖铺设23×23的正方形地面，请你设计一种辅设方案，使得1×1的地板砖只用一块．（2）请你证明：只用2×2，3×3两种型号的地板砖，无论如何铺设都不能铺满23×23的正方形地面而不留空隙．【答案】见解析【解析】(1)首先用12块地板砖与6块地板砖能铺成的长方形地面, 再利用4个的板块,恰用1块地板砖,可以铺满的正方形地面. (2)我们将的大正方形分成23行23列共计529个的小方格,再将第1行,第4行,第7行,第10行,第13行,第16行,第19行,第22行这八行染红色,其余的15行都染白色,任意或的小正方块无论怎样放置(边线与大正方形格线重合),每块或的正方块都将盖住偶数块的白色小方格.假设用及的正方形地板砖可以铺满后正方形地面,则它们盖住的白色的小方格总数为偶数个.然而地面染色后共有(奇数)个的白色小方格,矛盾.所以,只用,两种型号地板砖无论如何铺设,都不能铺满的正方形地面而不留空隙.【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】如图，对A，B，C，D，E，F，G七个区域分别用红、黄、绿、蓝、白五种颜色中的某一种来着色，规定相邻的区域着不同的颜色．那么有种不同的着色方法．【答案】2880【解析】对这五个区域,我们分五步依次给予着色:(1)区域A共有5种着色方式;(2)区域B因不能与区域A同色,故共有4种着色方式;(3)区域C因不能与区域B同色,故共有4种着色方式;(4)区域D因不能与区域A,B,C同色,故共有2种着色方式;(5)区域E因不能与区域A,D同色,故共有3种着色方式.(6)区域F因不能与区域D,E同色,故共有3种着色方式.(7)区域G因不能与区域A,E,F同色,故共有2种着色方式.于是,根据乘法原理共有种不同的着色方式.因此，本题正确答案是:2880.【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】一块2×2的方格由4个1×1的方格构成，每个小方格被涂上红、绿两种颜色之一．如果要求绿色小方格的上方和右方不能与红色方格邻接．且上述四个小方格可以全部不涂绿色，也可全部涂上绿色．则可能的涂色方法共有种．【答案】2880【解析】对这五个区域，我们分五步依次给予着色：（1）区域A共有5种着色方式；（2）区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；（3）区域C因不能与区域B同色，故共有4种着色方式；（4）区域D因不能与区域A，B，C同色，故共有2种着色方式；（5）区域E因不能与区域A，D同色，故共有3种着色方式．（6）区域F因不能与区域D，E同色，故共有3种着色方式．（7）区域G因不能与区域A，E，F同色，故共有2种着色方式．于是，根据乘法原理共有5×4×4×2×3×3×2=2880种不同的着色方式．故答案为：2880．【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】在9×9的方格表中，有29个小格被染上了黑色，如果m表示至少包含5个黑色小方格的行的数目，n表示至少包含5个黑色小方格的列的数目，试确定m+n的最大值．【答案】10【解析】∵m表示至少包含5个黑色小方格的行的数目，∴5m小于29，∴m的最大值为5，当m=5时，则n的最大值为5．故m+n的最大值为5+5=10．【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】将凸五边形ABCDE的5条边和5条对角线染色，且满足任意有公共顶点的两条线段不同色，求颜色数目的最小值．【答案】5【解析】由于顶点A是4条线段AB，AC，AD，AE的公共点，因此至少需要4种颜色．若只有4种颜色，不妨设为红、黄、蓝、绿，则每个顶点引出的4条线段的颜色包含红、黄、蓝、绿各一种，因此，红色的线段共有条，矛盾．所以，至少需要5种颜色．下面的例子说明5种颜色可以将这10条线段染为满足条件的颜色．将AB，CE 染为1号颜色；将BC，DA染为2号颜色；将CD，EB染为3号颜色；将DE，AC染为4号颜色；将EA，BD染为5号颜色，则任意有公共顶点的两条线段不同色．综上所述，颜色数目的最小值为5．【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】有10个表面涂满红漆的正方体，其棱长分别为2，4，6，…，20.若把这些正方体全部锯成棱长为1的小正方体，求有多少个至少一面有漆的小正方体.【答案】8000【解析】【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】将直线上的每一个点都染上红、黄两色中的一种，证明：必存在同颜色的三个点，使得其中一点是另两点为端点的线段的中点.【答案】见解析【解析】【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】某班有50个学生，男女各占一半，他们围成一圈，席地而坐开营火晚会，求证：必能找到一位两旁都是女生的学生.【答案】见解析【解析】【知识点】染色问题【适用场合】课后两周练习【难度系数】3【试题来源】【题目】若由“L”形的4个小方格，无重迭地拼成一个4×n的矩形.试证：n必为偶数.【答案】见解析【解析】【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】将一个棱长分别为36厘米、54厘米和72厘米的长方体切割成一些大小相同、棱长是整数厘米的正方体，然后给这些正方体的表面涂色。

排列组合染色问题的探究上饶县二中 徐 凯在任教高二数学教学时，有许多同学被排列组合题的灵活性所困惑，甚至有学生向我询问有没有公式之类的解决途径，每道题都去分析似乎很累。

其实就某些特殊的排列组合问题是可以抽象出数学模型来加以研究的，比如说下面我们所要提到的染色问题。

一、一个结论。

若把一个圆（除中间同心圆外的圆环部分）分成n 份( n > 1) , 每部分染一种颜色且相邻部分不能染同种颜色, 现有m (m > 1) 种不同颜色可供使用, 那么共有S)1()1()1(--+-=m m n n 种染色方法。

例：在一个圆形花坛种颜色花卉，现有4种颜色可供选择，要求相邻两个区域不同色，则共有多少种方法？解：从图中可以发现除同心圆部分外的圆环部分被分成了n=5份，因为有4种颜色可供选择，我们先给同心圆①染色有4种方法，那么圆环部分有3种颜色可供选择，即m=3,所以圆环部分共有S=()30232)13()1(1355=-=--+-种染色方法，从而整个圆形花坛共有120304=⨯种染色方法。

用常规方法同学们是否也能做到那么快和准确呢？二、结论的证明。

把圆(除中间同心圆部分)分成n 份( n > 1) , 每部分染一种颜色且相邻。

部分不能染同种颜色, 现有m (m > 1) 种不同颜色可供使用, 求不同的染色方法总数。

(1) 当m = 2时, n 为偶数时有2种栽种法,n 为奇数时无解。

(2) 当m > 2时设把圆分成的n 部分为n n T T T T T 、、、、1321...-。

开始时,1T 有m 种不同的染色法;1T 染好后, 2T 有m - 1 种染色法;21T T 、染好后,3T 也有m - 1种染色法; 这样依次下去, 染色的方法总数为1)1(--n m m 。

但是在这些染色方法中, 包括1-n T 与n T 染同种颜色的情况,若某种染色法使1-n T 与n T 同色, 拆去1-n T 与n T 的边界后, 就是分圆为n-1部分, 相邻部分染不同颜色的方法。

第25讲染色问题与染色方法数学家像画家和诗人一样，是模式制造家。

——G.H.哈代知识方法扫描染色是分类的直观表现，在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题，这类问题的特点是知识点少，逻辑性强，技巧性强，其内部蕴藏着深刻的数学思想.同时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用.1. 染色问题解答染色问题，并不需要具备更多的数学知识，只需要具有缜密的思考能力和较强的分析能力.纵观各种染色试题，它与我们经常使用的数学方法紧密联系.大体上有如下几种方法：奇偶分析、归纳法、反证法、抽屉原理、构造法、组合计数等.2. 染色方法将问题中的对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间的关系，像国际象棋的棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色，许多隐藏的关系会变得明了，再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法.常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色.经典例题解析例 1 用任意的方式将平面上的每一点染上黑色或白色(称为二染色).求证：一定存在长为1的线段，它的两个端点同色.分析在平面上任画一条长为1的线段，如图，若A，B两点同色，则结论已成立.若A，B两点不同色，为确定起见不妨设A为黑色，B为白色，以AB为边作正三角形ABC，则AB=BC=CA=1.这时C点要么是黑点，要么是白点.若C为黑点，则AC为两个端点同色的长为1的线段.若C为白点，则BC为两个端点同色的长为1的线段.上述分析过程，其实已完成了证明过程，不过思路一旦找出，出现边长为1的正三角形的顶点A，B，C三点的构想是个关键，为此可得出如下简化的证明.证明在平面上任作一个边长为1的正三角形，设三个顶点为A，B，C，由于平面上的每点只着黑、白两色之一，根据抽屉原理，A，B，C三点中必有两点同色，以这两同色点为端点的线段长度恰为1.评注由例1可得更一般的结论：平面上的点二染色后，一定存在长为a(a ＞0)的线段，它的两个端点同色.例2 对平面上的点黑白二染色后，一定存在三顶点同色的直角三角形.证明对平面上的点黑白二染色，根据例1的结论，存在边长为a(a＞0)的线段AB，它的两个端点同色(不妨设A，B同黑).以AB为边作正方形ABCD，对角线AC，BD交于点O，如图，如果D，O，C中有一个黑点，则该点与A，B构成三顶点同黑色的直角三角形.如果D，O，C全白色，则△DOC就是三顶点全为白色的直角三角形.因此，二染色平面上一定存在顶点同色的直角三角形.评注 进一步由图证明可得：二染色平面上存在斜边要么为a ，要么为2a 且三顶点同色的等腰直角三角形.那么，当平面点二染色以后，是否一定存在边长为1且顶点同色的等边三角形呢？例3将对这个问题作出回答.例3 用任意的方式，对平面上的每个点染黑色或白色，求证：一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点同色.证明 若存在边长为1且顶点同色的正三角形，则问题得证.若不存在边长为1且顶点同色的正三角形，则一定存在长为1的线段AB ，两端点A ，B 异色.以AB =1为底作腰长为2的等腰三角形ABC ，则C 与A 或B 总有一对是异色的.不妨设长为2的线段AC 两端点异色(见图(a )).取AC 的中点O ，则O 必与A ，C 之一同色(见图(b ))，不妨设O 与A 同色.由于不存在边长为1的同色顶点的正三角形，所以以AO 为一边的等边三角形的另外的顶点D 和E 必与A 异色.此时，△ECD 就是一个边长为3的顶点同色的正三角形.评注 事实上，当将平面分成宽度为23的水平带状区域，且每个区域含下沿直线，不含上沿直线，使相邻的带状区域染上不同颜色，对这样的平面二染色，任意边长为1的正三角形的三个顶点均不同色，但存在边长为3的三顶点同色的三角形.由例3可得更一般的结论：平面上点二染色后，要么存在边长为a (a ＞0)三顶点同色的正三角形，要么存在边长为3 a 三顶点同色的正三角形.例4 连接圆周上9个不同点的36条线段染成红色或蓝色，假设9点中每3点所确定的三角形都至少含有一条红色边.证明有4点，其中每两点的连线都是红色.证明 设9个点依次为v 1，v 2，…，v 9，首先证明必存在一点，设为v 1，从v 1出发的红色线段不是5条.事实上，若不然，如果都是5条，则共有红色线段295 不是整数，矛盾. 若从v 1出发的红色线段至少有6条，设v 1v 2，v 1v 3，v 1v 4，v 1v 5，v 1v 6，v 1v7均为红色，则由第26讲例8评注可知，连结v2，v3，v4，v5，v6，v7的线段中必有同色三角形.由题意知它只能为红色三角形，设为v2v3v4，则v1，v 2，v3，v4四点中两两皆连红线.若从v1出发的红色线段至多4条，则v1出发的蓝色线段至少有4条，设为v 1v2，v1v3，v1v4，v1v5，则v2，v3，v4，v54点必然两两连红线.否则，例如若v2v3是蓝色的，则△v1v2v3是蓝色三角形，与题设至少有一边为红色矛盾.以上各例中，染色都是作为问题条件给出的，有时，染色方法也作为一种分类手段，因此，用形象直观地染色进行分类，也就成了一种很有特色的解题方法.例5某桥牌俱乐部约定，四个人在一起打牌，同一方的两个人必须都曾合作过，或都不曾合作过.试证：只要有五个人，就一定能凑齐四个人，按照约定在一起打牌.分析本题证明采用构造一个涂色模型，使它与原问题间有一一对应的关系.如果模型中的问题证明了，那么原问题也相应地证明了.证明五个人对应为空间五个点，如两个人合作过，那么对应两点连结红色线段，如两人不曾合作过，那么对应两点连结蓝色线段.因此原问题等价于证明涂色模型：空间五个点(无三点在一条直线上)，两两连线，涂上红色或蓝色之一.证明必存在两条无公共端点的同色线段.设五个点为A1，A2，A3，A4，A5，不失一般性，不妨设A1A2为红色.观察△A3A4A5三条边的颜色.(1)如果△A3A4A5中有一条边为红色，设为A3A4，那么A1A2与A3A4是满足条件的两条线段；(2)如果△A3A4A5的三条边均为蓝色，此时如A1A3，A1A4，A1A5与A2A3，A2A4，A2A5中如果有一条蓝色线段，那么问题就获证.如以A1A3是蓝色线段为例，那么A1A3与A4A5是满足条件的两条线段.反之，如果此时六条线段均为红色，如取A1A3与A2A4就是满足条件的两条线段.由于无公共端点的同色线段存在，证得原命题成立.例6把平面划分成形为全等正六边形的房间，并按如下办法开门：若三面墙汇聚于一点，那么在其中两面墙上各开一个门，而第三面墙不开门.证明：不论沿多么曲折的路线走回原来的房间，所穿过的门的个数一定是偶数.分析与解为方便起见，我们把有公共门的两个房间叫做相邻的.用两种不同的颜色涂平面上的这些房间，使相邻的房间的颜色不同(如图).注意，从某种颜色的房间走到同种颜色的房间，必须经过另一种颜色的房间.显然，从任一房间走到同种颜色的房间，必定经过偶数个门.这样，利用图形和不同的颜色就可以解出这道题.例7 有一个2003⨯2003的棋盘和任意多个l⨯2及1⨯3的矩形纸片，规定l⨯2的纸片只能沿着棋盘的格线水平地放置，而1⨯3的纸片只能沿着棋盘的格线铅直地放置. 请问是否可依上述规定取用一些纸片不重叠地盖满整个棋盘？分析与解先将棋盘的每一行黑白交错涂色，即第一行，第二行，第三行，…，依次为黑色，白色，黑色，….经过这样涂色后，开始时棋盘的黑白方格数之差为2003个.沿着棋盘的格线水平地放置1⨯2的纸片，每放上一个l⨯2的纸片，就能盖住黑白方格各一个，所以这个操作并不会改变黑白方格数之差；而每一个1⨯3的矩形纸片沿着棋盘的格线铅直地放置，所覆盖的三个方格都是同一颜色，所以每放置一片l⨯3的矩形纸片，棋盘的黑白方格数之差就增加3个或减少3个.因为2003不是3的倍数，所以，依题述规定取用一些1⨯2及l⨯3的矩形纸片是不可能不重叠地盖满整个棋盘的.例8证明：如图，用15块4×1的矩形瓷砖与1块2×2的方形瓷砖，不能覆盖8×8的正方形地面(瓷砖不许断开！).分析本例题有多种证法.一个共同点是：“不能覆盖”的证明，通常借助于反证法.证法1将8×8的正方形地面的小方格，用黑、白色涂之，染色法如图.于是，每一块4×1瓷砖，不论怎样辅设，都恰好盖住两个白格两个黑格.15块4×1瓷砖共盖住30个白格和30个黑格.一块2×2瓷砖，无论怎么放，总是盖住“三白一黑”或“三黑一白”，即只能盖住奇数个白格和奇数个黑格.而盘中的黑白格总数相等(全为32个).所以用15块4×1砖与1块2×2砖不能完全覆盖8×8地面.证法2将8×8的正方形地面的小方格.用代号为1，2，3，4的四种颜色涂之，染色法如(a).这时，4×1砖每次总能盖住1，2，3，4四色；而2×2砖不论放何处，总是不能同时盖住1，2，3，4四色.故是不可能的.证法3同样用四色涂之，涂法如(b).用反证法，设4×1砖横着盖住i色的有x块，竖着盖住的有y块.2×2砖盖i住阴影格处(不妨假定，余仿此).假定能够盖住.那么有：⎩⎨⎧=+=+,144,16421y x y x 相减得4(x 1－x 2)=2.因为x 1与x 2均为整数，这是不可能的.同步训练1.有10个表面涂满红漆的正方体，其棱长分别为2，4，6，…，20.若把这些正方体全部锯成棱长为1的小正方体，求有多少个至少一面有漆的小正方体.2.将直线上的每一个点都染上红、黄两色中的一种，证明：必存在同颜色的三个点，使得其中一点是另两点为端点的线段的中点.3.在二染色的平面上一定存在一个矩形，它的四个顶点同色.4.将正方体的每一个面分成四个相等的正方形，从三种不同颜色中任选一种给一个正方形染色，且使任何两个有公共边的正方形染不同的颜色.证明：每种颜色恰好染8个正方形.并举出一种染色方案.5.某班有50个学生，男女各占一半，他们围成一圈，席地而坐开营火晚会，求证：必能找到一位两旁都是女生的学生.6.在2n ×2n 的棋盘上，把相对角的两格剪去，则不能用若干块1×2的小棋盘(又称为多米诺骨牌)无重迭地覆盖这个缺角的大棋盘.7.有一种计算机软件只能复制一个边长为1的正方形的四个边，然后贴上。

与染色有关的计数问题一、对区域染色问题对区域的染色问题常见方法：（1）直接根据两个基本原理求解；（2）根据所用颜色的种数分类；（3）根据某两个区域同色或不同色分类；（4）根据相间区域使用的种类分类。

例1．用四种颜色给四川、青海、西藏、云南四省（区）的地图染色，每一省（区）一种颜色，要求相邻的省（区）不同色，则不同的染色方法有多少种？分析：给四川染色有4种方法，给青海染色有3种方法，给西藏染色有2种方法，给云南染色有2种方法，根据分步计数原理共有482234=⨯⨯⨯种方法。

点评：本例是直接利用两个基本原理来解决。

例2．（2003全国16）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 __种。

（以数字作答）解法一：合并单元格法分析：颜色相同的区域可能是24，35。

下面分情况讨论： （1）24同色且35不同色时，将24合并成一个单元格，此时不同的着色方法相当于四个元素24、1、3、5的全排列数44A 。

（2）当24颜色不同且35颜色相同时44A 种着色方法。

（3）当24与35分别同色时，分别将②④及③⑤合并，这样仅有三个单元格，即24、35、1，从4种颜色中选3种来着色这三个单元格，即有3334A C 种方法。

由分类计数原理知，不同的着色方法共有7224482333444=+=+A C A （种）。

解法二：由题意可知至少要选三种颜色，依着色的种数分类：（1）当选用三种颜色时，区域②与④必须同色，且区域③与⑤必须同色，故有34A 种。

（2）当用四种颜色时，若区域仅②与④同色有44A 种，若区域仅③与⑤同色有44A 种，故用四种颜色时共有442A 种。

由分类计数原理知，不同的着色方法共有7224482333444=+=+A C A （种）。

解法三：依某两个不相邻的区域同色与不同色分类：21 534西藏四川青海云南（1）当区域②与④同色时，区域①有4种着色方法，区域②有3种着色方法，区域③有2种着色方法，区域④有1种着色方法，区域⑤有2种着色方法，故有4821234=⨯⨯⨯⨯种。

中国地图四色染色问题LtD中国地图四色染色问题一、问题描述将中国地图用四种不同的颜色红、蓝、绿、黄来染色，要求相邻的省份染色不同，有多少种不同的方案？二、问题分析本文将中国地图的34个省、直辖市、自治区、以及特别行政区转化为图论中的图模型。

其中每个省、市、自治区、特别行政区用图中的一个结点表示，两个结点间联通仅当两个板块接壤。

那么问题转化为图论中的染色问题。

由于海南、台湾省不与其它任何省份相邻，所以如果除海南、台湾外如果有n种染色方法，那么加上海南和台湾省后，有4*4*n种染色方法。

下面考虑除海南和台湾后的32个结点的染色方法。

三、中国地图染色方法采用分开海南和台湾省的分析方法，一方面的原因是除海南和台湾后的32个结点，可以组成一个联通图，因为海南省和台湾省不和任何其它省份邻接。

另一方面，我们建立一个联通图模型后，染色问题可以用深度优先遍历算法DFS，或者广度优先遍历算法BFS来解决，由于该方法的时间复杂度较高，属于暴力法，少考虑两个省份可以减少计算机处理此问题的时间。

本文采用DFS算法来解决这个染色问题。

3.1 DFS算法简介DFS算法是图的一种图的深度遍历算法，即按照往深的地方遍历一个图，假设到一个分支的尽头，那么原路返回到最近一个未被遍历的结点，继续深度遍历。

DFS遍历的具体步骤可为下：1）标记图中所有结点为“未访问〞标记。

2）输出起始结点，并标记为“访问〞标记3）起始结点入栈4）假设栈为空，程序结束；假设栈不为空，取栈顶元素，假设该元素存在未被访问的邻接顶点，那么输出一个邻接顶点，并置为“访问〞状态，入栈；否那么，该元素退出栈顶。

3.2 染色问题中的DFS算法设计我们先对任一结点染色，然后用DFS从该结点出发，遍历该图，遍历的下一结点颜色染为与之相邻的结点不同的颜色即可。

如果该结点无法染色那么回到上一个结点重新染色，直到所有的结点都被染色即可。

最后统计染色种数。

染色问题的算法伪代码可以描述如下：color_DFS(当前染色结点):for i in 所有颜色{ while j的已染色邻接点if 结点j相邻接点被染成i颜色标记并breakif 未被标记{当前结点染为i色if 当前结点为最后一个结点endelsecolor_DFS(next)｝}3.3 数据结构设计为了实现DFS染色算法，我们需要设计相应的数据结构。

环形染色问题公式环形染色问题是数学中一个挺有意思的小领域。

咱先来说说啥是环形染色问题。

比如说有一个圆环，咱要给它的各个部分染上不同的颜色，然后算算一共有多少种染法。

这听起来好像挺简单，可真要弄清楚，还得有点小技巧和公式呢。

我记得有一次给学生们讲这个知识点的时候，有个小同学瞪着大眼睛，一脸困惑地问我：“老师，这咋这么复杂呀？”我笑着回答他：“别着急，咱们一步步来，你就会发现其中的乐趣啦。

”那环形染色问题的公式到底是啥呢？一般来说，如果有 n 个区域，m 种颜色，那么染色的方法数就可以通过特定的公式来计算。

这个公式呀，就像是一把神奇的钥匙，能帮咱们打开这个复杂问题的大门。

比如说，当 n = 3 ，m = 4 的时候。

咱们假设这三个区域分别是 A、B、C。

先给 A 染色，有 4 种选择；然后给 B 染色，因为不能和 A 一样，所以有 3 种选择；再给 C 染色，此时不能和 A、B 一样，所以有 3 种选择。

这样一来，总的染色方法就是 4×3×3 = 36 种。

不过这里面还有些特殊情况。

如果圆环是对称的，那计算方法又会有所不同。

就像有时候咱们照镜子，左边和右边看起来是对称的，在环形染色问题里也有类似的情况。

我再给您举个例子，假如有一个五环的环形，还是 4 种颜色。

咱们从其中一个环开始染，比如第一个环有 4 种选择，第二个环 3 种，第三个环因为可能和第一个环对称，所以情况就有点复杂啦。

这时候就得仔细分析，看看对称的情况怎么处理。

在实际解决这类问题的时候，千万不能马虎。

得一个区域一个区域地认真考虑，每一种可能都不能放过。

有时候稍微粗心一点，就可能算错啦。

我教过的一个学生，做作业的时候就因为粗心，少考虑了一种情况，结果答案错得离谱。

我给他指出来的时候，他一拍脑袋，恍然大悟地说：“哎呀，我怎么这么粗心！” 从那以后，他做这类题就仔细多了。

总之，环形染色问题虽然有点小复杂，但只要掌握了公式，再加上认真仔细，就一定能把它拿下。

离散数学中的染色问题研究离散数学是数学的一个分支领域，研究的是不连续的、离散的结构和对象。

其中一个重要的研究方向就是染色问题，它在多个领域有着广泛的应用。

本文将介绍离散数学中染色问题的基本概念、解决方法以及实际应用。

一、概述染色问题是一类涉及给定对象赋予各种颜色的数学问题。

常见的染色问题有图的顶点着色问题和平面地图着色问题。

图的顶点着色问题要求给定无向图的各个顶点赋予不同的颜色，使得相邻的顶点不能有相同颜色。

平面地图着色问题是指给定一个地图上的区域，要求相邻的区域之间不能有相同的颜色。

二、解决方法对于染色问题的解决方法，有多种不同的算法和策略。

下面将介绍其中较常用的几种方法。

1. 贪心算法贪心算法是一种简单而高效的解决染色问题的方法。

它的基本思想是每次选择一个合适的颜色给节点染色，并尽量避免相邻节点具有相同颜色。

贪心算法通常通过对节点顺序的选择和颜色的分配来实现。

2. 回溯算法回溯算法是一种递归的解决方法，它通过穷举所有可能的情况来求解染色问题。

具体实现时，从图的第一个节点开始遍历并进行颜色的选择，当发现无法进行下一步时就回溯到上一个节点进行其他尝试。

3. 图的染色多项式图的染色多项式是一种数学表示方法，用于描述染色问题的解决情况。

它能够准确计算出各种染色方案的数量，并通过多项式的形式抽象出问题的共性和规律。

三、实际应用染色问题在实际中具有广泛的应用，下面将介绍其中几个重要的应用领域。

1. 地图着色染色问题最早被应用于地图着色，目的是要求相邻的区域之间不能有相同的颜色。

这在地理学和地图制作中非常重要，能够帮助人们更清晰地理解地理空间。

2. 时间表编排染色问题在课程表、员工排班等时间表编排中也有广泛应用。

通过合理的染色方案，可以保证时间表的合理性和可行性，避免冲突和混乱。

3. 无线频道分配在无线通信领域，染色问题被应用于无线频道的分配。

通过给不同区域或设备分配不同的频道，可以减少干扰和信号冲突，提高通信效率。

染色问题 （一）一．基本方法染色问题的本质是对集合的元素进行分类的问题，染色可以使分类更直观、更形象．染色问题主要有两类：一类使借助染色方法解决问题；二类是问题的条件是用染色的方式给出的．常见的染色问题有对区域的染色（包括对方格，三角形的染色），对线段的染色，对点的染色．常用思想方法是整体思想，抽屉原理，考虑极端情形，数学归纳法，构造思想等． 二．例题精选（一）．k 染色平面问题将平面上的点用不超过k 种颜色给每一个点染一种颜色，这样的平面叫做k 染色平面．１．坐标平面上若干个整点，将一些整点染红色，一些染蓝色，证明：总可以有一种染法使每行、每列两种颜色点数之差不超过１．２．对于任意的a >0，二染色平面上必存在斜边长为a 且内角分别为︒︒︒90,60,30的三顶点同色的三角形．R R R R RR R RR BB B BBBB B B B B B B B B R R R R RR BＲ４．求证：二染色平面上，一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点同色．（若用三染色平面呢？）（二）．平面图形的染色问题５．已知⊿ABC 为正三角形，G 为三条线段AB 、BC 、CA （包括A 、B 、C ）上的所有点的集合，将G 中的一些点染上黑色，其余点染白色，试证：至少存在一个正三角形 ABC 的内接直角三角形，三顶点是同色的． 关键：在2,,,,,===EACE FCBF DBAD F E D CA BC AB 且上取点则D ，E ，F 必有两点同色，不妨设为E ，F 同为黑色，若BC 上还有黑色点，命题的证．否则ＢＣ上除点Ｆ全为白色点，若ＡＢ上有白色点，得证．否则ＡＢ上全为 黑色点，则Ｅ在ＡＢ上的射影Ｇ为黑色点，再在ＡＢ上取 另一点Ｈ，则三角形ＦＧＨ是直角三角形．６．正九边形的一些顶点染上白色，另一些染上黑色．证明：存在两个全等的三角形，每一个三角形的顶点染有同一颜色．解：九个顶点中至少有5个顶点颜色相同，设为白色，5个白色顶点能构成10个顶点同为白色三角形，然后绕正九边形中心旋转，每次旋转)8,,1,0(92 =k k π，上述10个三角形，9次旋转后构成90个三角形。

组合数学中有关图形染色问题在优化组合中，有一类关键问题为染色问题，最为出名的则是”四色定理”，也就是用四种不相同的颜色将地图上各个国家标出，保证相邻的国家颜色互不相同。

染色问题针对的模型就是给n个区域染色，有N种颜色可供选择，要求相邻的区域颜色不同，一共有多少种不同染色方法？关于解法无非有具体针对的两类。

一，颜色备用型，就是颜色可以不用完。

1，如果是直链型，第一个有N种剩下的都为N-1种，则直链型共有N乘以(N-1)的（n-1）次方。

2，如果区域是地图型，如一个大圆，里边还有一个小圆，将圆环分为四个部分，给这五个区域染色，推导过程:（1），给公共相邻的区域先染色，共有N种不同方法。

（2），给其中一个区域染色，则共有N-1种方法。

（3），给另一个区域染色。

则共有N-2种方法。

（4），给再一个区域染色则当与第二个区域相同时，则有一种方法，与第二个不同时，则有N-3种方法。

（5），给最后一个区域染色，则与上个与第二个相同时，则有N-3种方法，当不同时则有N-3种方法。

综上则根据加法与乘法原理得共有N(N-1)(N-2)[(N-2)+(N-3)(N-3)]。

3，当图形为正方体时，给六个面染色时，利用上面相同的推导原理，根据加法与乘法原理得染色计算方法运算关系为N(N-1)(N-2)(N-2)+2N(N-1)(N-2)(N-3)+N(N-1)(N-3) (N-4)(N-4)种不同染色方法。

二，颜色用完型，也就是颜色必须用完，对于此类问题N必须小于等于n，如是区域种植问题，还是上面第一类图形，大圆中有个小圆，圆环有四部分，用四种颜色图，共有多少种不同染色方法，根据推导过程，根据乘法与加法原理得共有48种不同染色问题。

区域种植问题还是上面第一类图形，大圆中有个小圆，圆环有五部分，用四种颜色图，共有多少种不同染色方法，根据推导过程，根据乘法与加法原理得共有120种不同染色问题。

如果是直链型，如三种作物种五块地，根据乘法与加法原理得共有42种不同染色问题。