一道高考題的解法、推廣及其引伸

楊木英

題1 (2008年高考全國卷Ⅰ(理)第12題)如圖1，一環形花壇分成A、B、C、D四塊，現有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1=種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數為().

A.96B.84

C.60D.48

這是一道選擇題的壓軸題，主要考查運用排列、組合的知識解決實際問題的能力，下面先給出本題的三種解法.

解法1：(玦)A與C兩塊種同種花有4×3×3=36種；(玦i)A與C兩塊種不同種的花有4×3×2×2=48種.所以符合條件的不同種法共有36+48=84種，故選B.

解法2：由題意，符合條件的種法至少要種兩種不同的花，所以(玦)A、B、C、D四塊用2種不同的花種有C24A22=12種；(玦i)A、C、B、D四塊用3種不同的花種有C34C23A22A22=48種；(玦ii)A、C、B、D四塊用4種不同的花種有A44=24種.因此，符合條件的不同種法總數為12+48+24=84種，故選B.

解法3：首先對A塊有4種不同的花種法，對B、C、D三塊各有3種不同的花種法，由分步計數原理，這四種不同的花種到環形花壇的A、B、C、D四塊共有4×3×3×3=108種種法，但A與D兩塊可能種上同種的花，這種情形有4×3×2=24種，所以，符合條件的不同種法總數為108-24=84種，故選B.

根據解法3的思路，上述問題容易推廣到一般情形：

如圖2，一環形花壇分成A1、A2、…、A璶的n(n≥2)塊，現有m(m≥2)種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，不同的種法共有多少種?

解：記m種不同的花種到環形花壇分成A1、A2、…、A璶的n塊中符合條件的種法共有a璶種，因為A1塊有m種不同的花種法，A2塊有m-1種不同的花種法，A3塊有m-1種不同的花種法，…，A璶塊有m-1種不同的花種法，由分步計數原理，這個環形花壇分成A1、A2、…、A璶的n塊有m(m-1)﹏-1種不同的種法，但A1與A璶可能種同種的花，這種情形相當A1與A璶捆綁去掉一塊即有a﹏-1種，于是a璶與a﹏-1滿足遞推關系式：

a2=m(m-1),a璶=m(m-1)﹏-1-a﹏-1(n≥3).∴a璶-(m-1)琻=-a﹏-1-(m-1)﹏-1,∴數列{a璶-(m-1)琻}是首項為a2-(m-1)2=m-1，公比為-1的等比數列.a璶-(m-1)琻=(m-1)?(-1)﹏-2,所以a璶=(m-1)［(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1］(n≥2).

因此符合條件的不同的種法總數為(m-1)［(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1］.特別地，當m=4,n=4時得題1的答案為84.

把上面種花問題理解為用m種顏色給n個區域涂色問題.則有下面的一般結論：

推廣 如圖2，圓環分成A1，A2，…，A璶的n(n≥2)個小扇環區域，現用m(m≥2)種不同顏色給圓環中的n個小扇環區域涂色，要求相鄰區域涂不同顏色，則不同的涂色方法種數為(m-1)［(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1］.

一般地，用m(m≥2)種顏色給如圖3，圖4，圖5的各個區域涂色或給圖6多邊形的頂點涂色，每個區域或頂點只涂一種顏色，相鄰區域或相鄰頂點顏色不同的涂色問題，都可以看作圖2中的圓環涂色問題，利用推廣結論求解.

下面運用推廣結論容易求得兩道2003年的高考題.

題2 (2003年全國高考題)如圖7，一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰區域不得使用同一種顏色，現有四種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有 種.

題3 (2003年天津高考題)如圖8，某城市在中心廣場建造一個花圃，花圃分成6個部分，現要栽種4種不同顏色的花，每部分種一種，且相鄰部分不能栽種同樣顏色的花，不同的栽種方法有 種.

解析：圖7可以看作為圖9中區域1為中心的扇環區域2、3、4、5.因為先涂區域1有4種涂法，又區域1和其余的四個扇環區域相鄰，依題意則涂區域1的顏色不能用來涂其余的四個區域.根據推廣結論，用3種顏色涂四個小扇環區域有2(-1)4+23=18種，由分步計數原理，不同的著色方法共有4×18=72種，故題2應填72.

同樣，圖8可以看作為圖10，同理可得題3的不同栽種方法有4×2(-1)5+24=120種，故題3應填120.因此可得

引伸1 如果關于區域A0為中心的圓環分成A1，A2，…，A璶的n(n≥1)個小扇環區域，現用m(m≥2)種不同顏色給圓環中的n+1個區域涂色，要求相鄰區域涂不同顏色，則不同的涂色方法種數為m(m-2)?(-1)﹏-2+(m-2)﹏-1.

證明：如圖11，第一步，先對區域A0涂色，有m種涂法，由于區域A0和其余A1，A2，…，A璶的n個小扇環區域都相鄰，所以，涂區域A0的顏色不能用來涂其余的n個區域.

第二步，根據推廣結果，用m-1種顏色涂圓環的n個小扇環區域有(m-2)?(-1)﹏-2+(m-2)﹏-1種涂法，所以，由分步計數原理，不同的涂色方法種數共有m(m-2)(-1)﹏-2+(m-2)﹏-1.

類似地，用不同顏色給n(n≥3)棱錐的每一個頂點涂色，使得同一條棱上的兩個端點顏色不同的涂色問題，同樣轉化為引伸1的結論求解.例如

題4 將一個四棱錐的每一個頂點涂上一種顏色，并使同一條棱上的兩個端點顏色不同，如果只有5種顏色可供使用，不同的涂色方法總數有 種.

解：如圖12，把頂點S、A、B、C、D分別看作圖11中的A0，A1，A2，A3，A4，則問題轉化為引伸1，顯然不同染色方法總數為5×3?［(-1)2+33］=420.故應填420.

事實上，用m種顏色給圖2圓環的n個小扇環區域涂色的問題，也可以理解為m個人相互進行n次傳球后球仍回到首發球者手中的傳球問題.兩者的基本思想方法類似，不同的是傳球問題第一次發球者是固定.若第一次發球者不固定，則傳球問題就是上述推廣的涂色問題，于是根據推廣有

引伸2 包含甲在內的m(m≥1)個人相互傳球，若第一次球首先從甲手中發球傳出，則經過n次傳球后球仍傳回到甲手中的傳球方法種數為m-1m(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1.

證明：設經過n次傳球，球回到甲手中的傳球方法有a璶種，因為第一次球從甲手中傳球給其他人有m-1種傳球方法，第二次由拿球者再傳給其他人也有m-1種，同理，第三次、第四次、…，第n-1次傳球都有m-1種方法，最后第n次傳球只能傳給甲，且只有一種傳球方法.由分步計數原理，共有(m-1)﹏-1種

傳球方法.但要去掉第n-1次傳球時，拿球者恰好是甲的情形共有a﹏-1種傳球方法，所以a璶與a﹏-1滿足遞推關系：

a1=0,a璶=(m-1)﹏-1-a﹏-1(n∈N且n≥2)，由此可得

a璶-(m-1)琻m=-a﹏-1-(m-1)﹏-1猰.

∴數列a璶-(m-1)琻m是公比為-1，首項為a1-m-1m=-m-1m的等比數列.因此a璶-(m-1)琻m=-m-1m(-1)﹏-1，

故a璶=m-1m(m-1)﹏-1+(-1)﹏-2.

題5 甲、乙、丙、丁四個人相互傳球，由甲開始發球，并記作第一次傳球，經過4次傳球后，球仍然回到甲手中，則不同的傳球方法有 種.

解：由引伸2，顯然不同的傳球方法有a4=34(33+1)=21，故填21.

注：“本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內容請以PDF格式閱讀原文。”