15组合与构造1981-2021年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2021年全国高中数学联赛试题分类汇编
组合与构造部分
2019A 四、（本题满分 50 分）
设V 是空间中 2019 个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记 E 为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n ，满足条件：若 E 至少有n 个元素，则 E 一定含有 908 个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．
★解析：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”． 先证明一个引理：设(),G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有2E
⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．
引理的证明：对的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设，并且结论在较小时均成立．只需证明，在G 中可以选取两条边,a b 构成一个角，在G 中删去,a b 这两条边后，剩下的图含有一个连通分支包含2E -条边．对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立． 考虑G 中的最长路12
:k P v v v ，其中12k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥.
情形1：()1deg 2v ≥,由于P 是最长路，1v 的邻点均在2
k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则
{}121,i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处
仅有被删去的两条边，则1v 成为孤立点，其余顶点仍互相连通．总之在剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．
情形 2：()1deg 1v =， ()2deg 2v =．则{}1223,v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边． 情形 3：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与4
k v v 中某个点相邻．则{}1223,v v v v 是一个角，在G
中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有 2E -条边． 情形 4：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与某个{}13,,k u v v v ∉相邻．由于P 是最长路，故u 的
邻点均在2
k v v 之中．因{}122,v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有
边2uv ，则删去所述边后u 也是孤立点，而其余点互相连通．若u 处还有其他边i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -. 引理获证．………………20 分
回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(),G V E ． 首先证明2795n ≥． 设{}122019,,
V v v v =．在1261,,
,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如
{}1213
116,v v v v v v ），共连了2
61151815C -=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的
2019611958-=个点配成979对，
每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有
18159072⎡⎤
=⎢
⎥⎣⎦
个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795．……30 分 另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形． 设G 有k 个连通分支，分别有12,,,k m m m 个点，及12,,,k e e e 条边．下面证明12,,,k e e e 中至
多有979个奇数． 反证法，假设12,,,k e e e 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=是奇数， 故12,,
,k
e e e 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,
,e e e 都是奇数，显然129812m m m +++≥．
令122k m m m m =+++≥，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2
981980m k C e e e ≥+++，
故980221
1
2795i
k
i
m
m i i e
C C ===
≤+∑∑，利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有2222
11x y x y C C C C +-+≤+。

可知当12980,,
,,m m m m 由980个2以及一个59构成时，980
2
2
1
i
m
m i C C =+∑取得最大值．于是 9802
222
5921
279598026912795i
m
m i C C C C =≤+≤+=<∑，这与①矛盾．从而12,,,k e e e 中至多有 979 个
奇数． ……40 分
对每个连通分支应用引理，可知G 中含有N 个两两无公共边的角，其中
()11119792795979908222
k
k
i i i i e N e ==⎛⎫⎡⎤=≥-=-= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑。

综上，所求最小的n 是2795． ……50 分
2019B 四、（本题满分50分）
将一个凸2019边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之一，每种颜色的边各673条．证明：可作这个凸2019边形的2016条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017个三角形，并将所作的每条对角线也染为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同，或者颜色互不相同．
★证明：我们对5n ≥归纳证明加强的命题：如果将凸n 边形的边染为三种颜色,,a b c ，并
且三种颜色的边均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分．…………10 分 当5n =时，若三种颜色的边数为1,1,3,由对称性，只需考虑如下两种情形， 分别可作图中所示的三角形剖分．
若三种颜色的边数为1,2,2,由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可
作图中所示的三角形剖分．
……20 分
假设结论对n （5n ≥）成立，考虑1n +的情形，将凸1n +边形记为12
1n A A A +．
情形 1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,a b 色边各只有一条．由于16n +≥，故存在连续两条边均为c 色，不妨设是111,n n n A A A A ++．作对角线1n A A ，并将1n A A 染为c 色，则三角形11n n A A A +的三边全部同色．此时凸n 边形12
n A A A 的三种颜色的边均至少有一
条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．………………30分
情形 2：某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条．不妨设a 色边只有一条，于是可以选择两条相邻边均不是a 色，不妨111,n n n A A A A ++设均不是a 色，作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12
n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖
分． ………………40 分
情形 3：每种颜色的边均至少两条．作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均
至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分． 综合以上3种情形，可知1n +的情形下结论也成立． 由数学归纳法，结论获证． ………………50 分
2017A 三、（本题满分50分）将3333⨯方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等。

若相邻两个小方格的颜色不同，则称他们的公共边为“分割边”。

试求分割边条数的最小值。

★解析：记分割边的条数为L .首先，将方格纸按如图所示分成三 个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分割边，此时共有56条 分割边，即56=L 。

下面证明56≥L .
将方格纸的行从上至下依次记为1A ,2A ,33,A ,列从左至右依次记为
1B ,2B ,33,B ,行i A 中方格出现的颜色数记为()i A n ，
列i B 中方格出现的颜色数记为()i B n ，三种颜色分别记为1c ，2c ，3c ， 对于一种颜色j c ，设()i c n 是表示含有j c 色方格的函数与列数之和. 记()
⎩⎨
⎧=色方格中不含色方格中含有，，
j i
j i j i c A c A c A 01,ξ，
同理定义()
⎩
⎨
⎧=色方格中不含色方格中含有，，
j i j i j i c B c B c B 01,ξ，
则
()()()()()()()()()()∑∑∑∑∑∑=======+=+=+3
133
1
3
1
33
13
1
33
1
,,,,j i j j
j
i
j
i
i j j
i
j
i
i i
i
c n c B c A c B c A B n A n ξξξξ①
由于染j c 色的方格有363333
12=⨯个，设含有j c 色方格的行有a 个，列有b 个，则j c 色方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，因此363≥ab .从而()3836322>≥≥+=ab b a c n i 即()39≥i c n . ,3,2,1=j ②
由于在行i A 中有()i A n 种颜色的方格，因此至少有()1-i A n 条分割边，同理在行i B 中有()i B n 种颜色的方格，因此至少有()1-i B n 条分割边，于是，
()()()()()()()()6666113
1
331
331
331
-=-+≥-+-≥∑∑∑∑====j j i i i i i i i c n B n A n B n A n L ③
下面分两种情形讨论.
⑴当有一行或有一列全部方格同色时，不妨设有一行全为1c 色，从而方格纸的33列中均含有1c 的方格，由于1c 的方格有363个，故至少有11行中含有1c 色方格。

于是()4433111=+≥c n 。

④ 由①③④得()()()566639394466321=-++≥-++≥c n c n c n L
⑵没有一行或没有一列全部方格同色时，则对任意331≤≤i ，均有()2≥i A n ，()2≥i B n ，从而由②知，()()()56664336633
1
>-⨯≥-+≥
∑=i i
i
B n A n L
综上可知，分割边条数的最小值为56。

2017A 四、（本题满分50分）。

设n m ,均是大于1的整数，n m ≥，n a a a ,,,21 是n 个不超过m 的互不相同的正整数，且n a a a ,,,21 互素。

证明：对任意实数x ，均存在一个i （n i ≤≤1），使得
x m m x a i )
1(2
+≤
，这里y 表示实数y 到它最近的整数的距离。

★证明：首先证明两个引理：
引理1：存在整数n c c c ,,,21 ，满足12211=+++n n a c a c a c ，并且m c i ≤，n i ≤≤1. 由于n a a a ,,,21 互素，即()1,,,21=n a a a ，有裴蜀定理，存在整数n c c c ,,,21 ，满足
12211=+++n n a c a c a c 。

①
下面证明，通过调整，存在一组n c c c ,,,21 满足①，且m c i ≤，记()0,,,211≥=
∑>m
c i
n i c
c c c S ，
()0,,,211≥=
∑-<m
c j
n j c
c c c S 。

如果01>S ，那么存在1>>m c i ，于是1>i i c a ，又n a a a ,,,21 是大于1的整数，故由①可知，
存在0<j c ，令j i i a c c -=/，i j j a c c +=/，k k c c =/
（n k ≤≤1，j i k ,≠），则 1/2/21/1=+++n n a c a c a c ，② 并且i i j c c a m <≤-≤/0，m a c c k j j ≤<≤/，
所以()()n n c c c S c c c S ,,,,,,211/211 <、、，()
()n n c c c S c c c S ,,,,,,212/
212 <、、
如果02>S ，则存在m c j -<，因此有一个0>i c .令j i i a c c -=/，i j j a c c +=/，
k k c c =/
（n k ≤≤1，j i k ,≠），那么②成立，并且0,//<<<<-j j i i c c c c m ，与上面类似可以证明到：
()
()n n c c c S c c c S ,,,,,,211/211 <、、，()
()n n c c c S c c c S ,,,,,,212/
212 <、、，即说明1S 与2S 均是非
负整数，故通过有限次上述的调整，可以得到一组使得①成立，并且021==S S 结论获证。

引理2：①对任意的实数b a ,，均有b a b a +≤+；②对任意整数u 和实数v ，有v u uv ⋅≤； 由于对任意整数u 和实数x ，均有x x u ≤+，于是不妨设⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-∈21,21,b a ，此时a a =，b b =，若0≤ab ，不妨设b a ≤≤0，则⎥⎦⎤
⎢⎣⎡-
∈+21,21b a ，从而b a b a b a b a +=+≤+=+ 若0>ab ，不妨设b a ,同号，则当21≤+b a 时，有⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-∈+21,21b a ，
此时b a b a b a b a +=+=+=+；当2
1>+b a 时，注意到总有21
≤+b a ，故
b a b a b a +=+<≤+2
1
；故①得证；
又y y =-，由①知，②是成立的。

接下来回到原题，由结论①存在整数n c c c ,,,21 ，满足12211=+++n n a c a c a c ，并且m c i ≤，
n i ≤≤1.于是，x x a c n
i i i =∑=1
，由引理2得∑∑∑===≤≤=
n
i i n
i i i
n i i
i x a m x a c
x a c x 1
1
1
，
因此，x mn
x a i n
i 1
max 1≥
≤≤③ 若2
1
+≤
m n ，则由③知，()121max 1+≥≥≤≤m m x x mn x a i n i
若2
1+>m n ，则在n a a a ,,,21 中存在两个相邻的正整数。

不妨设21,a a 相邻，则
x a x a x a x a x 1212+≤-=，故x a 2与x a 1中有一个不小于()
122+≥
m m x
x 。

综上，总存在存在一个i （n i ≤≤1），使得x m m x a i )
1(2
+≤
2016A 三、（本题满分50分）给定空间10个点，其中任意四点不在一个平面上。

将某些点之间用线
段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值。

★解析：以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10阶简单图G ，下证明G 的变数不超过15. 设G 的顶点为1021,,,v v v ，一共有k 条边，用()i v D 表示顶点i v 的度。

若()3≤i v D 对10
,,3,2,1 =i 都成立，则()153102
1
21101=⨯
⨯≤=∑=i i v D k 。

假设存在i v 满足()4≥i v D ，不妨设()41≥=n v D ，且1v 与12,,+n v v 均相邻.于是12,,+n v v 之间
没有边，否则就成三角形，所以1v 与12,,+n v v 之间恰有n 条边.
对每个j （102≤≤+j n ），j v 至多与12,,+n v v 中的一个顶点相邻（否则设j v 与s v ，t v （12+≤≤≤n t s ）相邻，则1v ，2v ，j v ，t v 就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题意矛盾），从而12,,+n v v 与102,,v v n +之间的边数至多n n -=+-9)1(10条。

在n n v v ,,2 +这n -9个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多()⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-492n 条边，因此G 的
边数()()15425949949)9(22=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+≤n n n n k 例如如图所示的就有15条边，且满足要求。

综上所述，所连线段数目的最大值为15。

2014B 四、（本题满分50分）设ABC ∆是一个边长为32的等边三角形，在ABC ∆的内部和边界上任取11 个点.
(1) 证明：一定存在两个点，它们之间的距离小于或等于1；（20分） (2) 证明：一定存在两个点，它们之间的距离严格小于1；（30分） ★证明：(1)如左下图1，我们将ABC ∆分成16个边长为
2
3
的小等边三角形；对于中间的图2中六个灰色的小三角形，我们将它们剖分成三个全等的三角形；这样，我们就可以看出ABC ∆就可以被右图3的10个正六边形所覆盖。

图1 图2 图3
不难看出，这里的10个正六边形的直径为1，它们可以被看做10只“抽屉”，对于三角形ABC ∆内部和边界上任取11个点，根据抽屉原理，至少有一个正六边形包含两个点。

而在这个正六边形中，任意两点间的距离不超过1，这样便证明了我们所要的结论。

（要注意，我们的抽屉的构造并不是唯一的，我们还可以用下图4所示的10个直径为1的圆覆盖
ABC ∆，也可以得到同样的结论）
图4 图5
(2)这部分要求证明的是严格不等号。

我们要证明在11个点中存在两个点，他们间的距离严格小于1，注意到直径为1的正六边形中，间距恰好为1的两个点一定是距离最远的一对点，另一方面，上面所构造的正六边形抽屉在边和顶点处是由重复的，我们通过指定一条边或者顶点属于那一个特定的正六边形来改造我们的“抽屉”，使得每一个抽屉不包含正六边形中距离为1的顶点对，当然，在目前的情况我们只需关心怎么改造顶点即可。

我们在每一个正六边形抽屉上去掉一些顶点，使得每一个抽屉不在包含正六边形中距离为1的顶点对，如图5就是一个办法，图中空心的点表示正六边形中去掉该点，不难看出，这样的改造还是覆盖了原来得三角形ABC ∆，且每一个抽屉不在包含正六边形中距离为1的顶点对，根据抽屉原理，我们就证明了：任取11个点，一定存在两个点，它们之间的距离严格小于1。

（这样的抽屉构造也是不唯一的）
2013B 四、（本题满分50分）用若干单位小正方形和由三个单位小方格组成的 形“砖”铺满一个2n ⨯的方格棋盘的所有不同可能铺法的数目是n T ．下面的图是3n =时的两种不同的铺法：
⑴求10T ；
⑵求2013T 的个位数．
★证明：由题意显然11=T ，52=T ，
当3≥n 时，我们从左向右地铺n ⨯2的方格棋盘，无论哪一种铺法，至多铺到32⨯，我们一定会完成一个k ⨯2（,3,2,1=k ）的矩形。

这样我们计算n T 时，就可以去寻找与321,,---n n n T T T 的关系，又由下图
我们得到32124---++=n n n n T T T T
⑴由11=T ，52=T ，得113=T ，334=T ,875=T ,依次下去可得1337710=T
⑵由32124---++=n n n n T T T T ，11=T ，52=T ，113=T ，可知，n T 一定是奇数。

我们由5mod 计算2013T ，对每一个n T ，我们有：
(11≡T ,02≡T ,13≡T ,34≡T ,25≡T ,16≡T ,07≡T ,38≡T ,09≡T ,210≡T ,311≡T ,112≡T ,
213≡T ,214≡T ,215≡T ,416≡T ,117≡T ,118≡T ,319≡T ,420≡T ,321≡T ,022≡T ,023≡T ,
124≡T ,)125≡T ,026≡T ,127≡T ,328≡T ,229≡T ,130≡T ,…
可知，n T 的个位数的周期是24。

而212013≡()24m od ，又5mod 等于3的奇数10mod 也一定等于3，所以2013T 的个位数为3。

2012A 三、（本题满分50分）设012,,,
,n P P P P 是平面上1n +个点，它们两两间的距离的最小值为
(0)d d >，求证：01020()(1)!3
n
d P P P P P P n ⋅⋅>+★证明：证法一:不妨设01020.n
P P P P P P ≤≤≤先证明:对任意正整数k ,都有013
k d
P P k >+ 显然, 013
k
d
P P d k ≥≥+对1,2,,8k =均成立,只有8k =时右边取等号……10分 所以,只要证明当9k ≥时,有013
k
d
P P k >+即可. 以(0,1,2,,)i P i k =为圆心,2
d
为半径画1k +个圆,它们两两相离或外切;以0P 圆心，02k
d P P +为半径画圆，这个圆覆盖上述1k +个圆‥‥‥‥‥‥‥20分
所以2200()(1)()(11)222k k
d d d
P P k P P k ππ+>+⇒>+‥‥‥‥‥‥‥30分 由9k ≥111
k k +-+>40分 所以013
k
d
P P k >+9k ≥时也成立. 综上,对任意正整数k 都有013k
d
P P k >+. 因而01020()(1)!3
n
d P P P P P P n ⋅⋅>+50分
证法二: 不妨设01020.n P P P P P P ≤≤≤
以(0,1,2,
,)i P i k =为圆心,
2
d
为半径画1k +个圆,它们两两相离或外切; ‥‥‥10分 设Q 是是圆i P 上任意一点,由于
00000013
222
i i
i k k k d P Q P P PQ P P P P P P P P ≤+=+≤+=‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥20分 因而,以0P 为圆心,
03
2
k P P 为半径的圆覆盖上述个圆‥‥‥‥‥‥‥‥‥30分
故2
2003()(1)()1,2,,)22k k
d P P k P P k n ππ>+⇒>=‥‥‥‥‥‥‥‥‥40分
所以01020()3
n
d P P P P P P ⋅⋅>50分
2011A 三、（本题满分50分）设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，满足
)1(n k j i r a a a a j
k i j ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．
证明：4
)(2n r f n <．
★证明：对给定的)1(n j j <<，满足n k j i ≤<<≤1，且
r a a a a j
k i j =--①的三元数组),,(k j i 的个
数记为)(r g j ．注意到，若j i ,固定，则显然至多有一个k 使得①成立．因j i <，即i 有1-j 种选法，故1)(-≤j r g j ．
同样地，若k j ,固定，则至多有一个i 使得①成立．因j k >，即k 有j n -种选法，故
j n r g j -≤)(．从而},1min{)(j n j r g j --≤．
因此，当n 为偶数时，设m n 2=，则有∑∑∑-=-=-=+
==
1212
1
2
)()()()(m m
j j
m j j n j j
n r g
r g r g
r f
2)1(2)1()2()1(1
21
2-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m
j 422
2n m m m =<-=．
当n 为奇数时，设12+=m n ，则有∑∑∑+==-=+
==
m
m j j
m
j j n j j
n r g
r g r g
r f 21
2
1
2
)()()()(
∑∑+==-++-≤m
m j m
j j m j 21
2)12()1( 42
2
n m <=．
综上所述， 4
)(2
n r f n <．
2011A 四、（本题满分50分）设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值． ★解析：首先证明A 中“坏格”不多于25个．
用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．
设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ． 记9,,2,1,0,)(,1
1
=+==
∑∑==k c b T
a S k
i i i k
k
i i k ，这里000==T S ．
我们证明：三组数910,,,S S S ；910,,,T T T 及991100,,,T S T S T S +++ 都是模10的完全剩余系．事实上，假如存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(m od n m S S ≡，则
)10(m od 01
≡-=∑+=m n n
m i i
S S a
，
即第1行的第1+m 至第n 列组成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾． 又假如存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(mod n m T T ≡，则
)10(mod 0)(1
≡-=+∑+=m n n
m i i i
T T c b
，
即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾．
类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(m od n n m m T S T S +≡+． 因此上述断言得证．故
)10(mod 59210)(9
90
9
≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k
T S T S
，
所以
)10(mod 055)(9
90
9
≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k
T S T S
，
矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．
另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．
综上所述，“坏格”个数的最大值是25．
2011B 四、（本题满分50分）给定n 个不同实数，其所有全排列组成的集合为n A .对于
12(,,,)n n a a a A ∈，若恰有两个不同的整数,{1,2,,1}i j n ∈-使得11,i i j j a a a a ++>>成立，则称
该排列为“好排列”.求n A 中“好排列”的个数.
★解析：首先定义：
对于A 中的一个排列()n a a a ,,,21 ，如果满足n a a a <<< 21，则称该排列为自然排列；
对于A 中的一个排列()n a a a ,,,21 ，如果有整数{
}1,,2,1-∈n i ，使得1+>i i a a 则称i a 和1+i a 构成一个“相邻逆序”；
对于()A a a a n ∈,,,21 ，如果它恰有一个“相邻逆序”，则称该排列为“一阶好排列”，A 中所有“一
阶好排列”的个数记为)(1n f ；如果它恰有两个“相邻逆序”，则称该排列为“二阶好排列”，A 中所有“二阶好排列”的个数记为)(2n f ；依题意知，)(2n f 恰好是要求的A 中“好排列”的个数。

由题意知：0)1(1=f ，1)2(1=f ，0)2()1(22==f f ，1)3(2=f 。

以下为了叙述简便，我们把由给定的k 个不同实数的所有全排列构成的集合记为k A （n k ,,2,1 =），其次求)(1n f 。

我们先来考察)1(1+k f 与)(1k f 之间的递推关系。

对1+k A 中的每一个“一阶好排列”（记为a ），我们考虑从中取出最大的数1+k a 后剩下的k 个数
k a a a ,,,21 按原来的顺序构成的排列（记为b ）。

如果排列b 是k A 中的“一阶好排列”，且“相邻逆序”为1+>i i a a ，那么，在排列a 中，1+k a 的位置只能在1,+i i a a 之间或最后；
如果排列b 不是k A 中的“一阶好排列”，则排列b 中的“相邻逆序”的个数不为1，显然排列b 中“相邻逆序”的个数不能大于1（否则，排列a 不是“一阶好排列”，理由是：因为1+k a 是最大的数，所以排列a 中“相邻逆序”的个数一定不少于排列b 中“相邻逆序”的个数），从而排列b 中“相邻逆序”的个数为0，此时排列b 是一个自然排列，而排列a 是“一阶好排列”，所以1+k a 的位置不能在最后（有k 种可能的位置）。

综合上面的分析可知：k k f k f +=+)(2)1(11，即[]1)(21)1()1(11++=++++k k f k k f ， 所以2
1241)(-⨯=++n n n f ，即12)(1--=n n f n。

最后求)(2n f 。

我们先来考察)1(2+k f 与)(2k f 之间的递推关系。

对1+k A 中的每一个“二阶好排列”（记为c ），我们考虑从中取出最大的数1+k a 后剩下的k 个数
k a a a ,,,21 按原来的顺序构成的排列（记为d ）。

如果排列d 是k A 中的“二阶好排列”，且“相邻逆序”为1+>i i a a ，1+>j j a a ，那么在排列c 中，
1+k a 的位置只能在1,+i i a a 之间或1,+j j a a 之间，或者排在最后；
如果排列d 不是k A 中的“二阶好排列”，则它一定是k A 中的“一阶好排列”，设“相邻逆序”为
1+>i i a a ，因为排列c 是“二阶好排列”，所以1+k a 的位置不能在1,+i i a a 之间，也不能排在最后，其
余位置都行，有1-k 种可能。

综合上面分析可知：())(1)(3)1(122k f k k f k f -+=+，又12)(1--=n n f n
，所以
())12(1)(3)1(22---+=+k k k f k f k ，变形为
()⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-⋅++=++-⋅++++)1(2121)(3)2)(1(212)2()1(212k k k k f k k k k f k k
所以()32327)1(2121)(-⋅=+-⋅++n n n n n n f ，即()12
1
2)1(3)(2++⋅+-=n n n n f n n ，
因此n A 中“好排列”的个数为()12
1
2)1(3++⋅+-n n n n n 个。

2010A 四、（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形n A A A 21的每个顶点处赋值0和
1两个数中的一个，同时在每个顶点处染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜
色中至少有一个相同.问：这种密码锁共有多少种不同的密码设置。

★解析：对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,
,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1
A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法
数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍． 设标有a 的边有2i 条，02
n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤
≤≤⎢
⎥⎣⎦
．选取2i 条边标记a 的有2i
n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j
n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，
此时共有2i n C 22j
n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为
222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦
⎣⎦
-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
∑∑． ① 这里我们约定0
01C =． 当n 为奇数时，20n i ->，此时
2222120
2n i j n i n i
j C
-⎡⎤⎢⎥⎣⎦
---==∑． ②
代入①式中，得()()22222222212220
0004
4222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤
⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
----====⎛⎫ ⎪== ⎪
⎪⎝⎭
∑
∑∑∑ 0
2
2(1)(21)(21)n
n
k
n k
k n k
k n n n
n k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+．
当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2
n
i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只
有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为
222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭
∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥
⎣⎦
--==+=+∑． 综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．
2009*四、（本题满分50分）在非负数构成的93⨯数表
⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=3938
37
36
35
34
33
32
31
292827262524232221
191817161514131211
x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x P 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，0392817===x x x ，29
1938183727,,,,,x x x x x x
均大于1。

如果P 的前三列构成的数表⎪⎪⎪
⎭
⎫
⎝⎛=3332
31
232221
131211x x x x x x x x x S 满足如下性质（O ）：对于数表P 中任意一列⎪⎪⎪
⎭
⎫
⎝⎛k k k x x x 321（9,,2,1 =k ）均存在某个{
}3,2,1∈i 使得⑶{}13211,,m in x x x u x i i i k =≤。

求证： ⑴最小值{}1321,,m in x x x u i i i =，3,2,1=i 一定来自数表S 的不同列；
⑵存在数表P 中唯一的一列⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛***k k k x x x 321，3,2,1≠*k ，使得33⨯数表⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛=****
k k k x x x x x x x x x S 332312222111211仍然具有
性质（O ）。

★证明：（i ）假设最小值3,2,1},,,m in{321==i x x x u i i i i 不是取自数表S 的不同列。

则存在一列不含
任何i u .不妨设.3,2,1,2=≠i x u i i 由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是
.3,2,1,2=<i x u i i 另一方面，由于数表S 具有性质（O ），在（3）中取k =2，则存在某个}
3,2,1{0∈i 使得002i i u x ≤.矛盾。

(ii)由抽屉原理知},m in{},,m in{},,m in{323122211211x x x x x x
中至少有两个值取在同一列。

不妨设323231222221},m in{,},m in{x x x x x x ==.
由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111u x =.同样，第二列中也必含某个.2,1,=i u i 不妨设222u x =.于是333x u =，即i u 是数表S 中的对角线上数字：111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫
⎪
= ⎪ ⎪⎝⎭
记M=｛1，2，...，9｝，令集合}3,1},,m in{|{21=>∈=i x x x M k I i i ik
显然},|{323111x x x x M k I k k >>∈=且I ∉3,2,1.因为32113818,1,x x x x ≥>，所以I ∈8. 故Φ≠I .于是存在I k ∈*使得}|max {22*I k x x k k ∈=.显然，.3,2,1*
≠k 下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫
⎪
'= ⎪ ⎪ ⎪
⎝
⎭具有性质（O ）.
从上面的选法可知).3,1(},,min{},,min{:2121'
*===i x x x x x u i i ik i i i 这说明
332313112111},min{,},min{**u x x x u x x x k k ≥>≥>
又由S 满足性质（O ），在（3）中取*
k k =，推得,22*u x k ≤于是**222221'2},,{min k k x x x x u == 下证对任意的,M k ∈存在某个3,2,1=i 使得ik i x u ≥'
.假若不然，则3,1},,m in{21=>i x x x i i ik 且
*22k k x x >.这与*2k x 的最大性矛盾。

因此，数表'S 满足性质（O ）。

下证唯一性。

设有M k ∈使得数表S ，⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=k k k x x x x x x x x x S 333
31
22221
11211
ˆ
具有性质（O ）.不失一般性，我们假定111312111},,m in{x x x x u ==（4）
222322212},,m in{x x x x u ==，333332313},,m in{x x x x u ==。

3132x x <
由于3132x x <，2122x x <，及（i ），有.},,m in{ˆ11112111x x x x u
k ==又由（i)知：或者k k x x x x u
a 3332313},,m in{ˆ)(==，或者.},,m in{ˆ)(2222212k k x x x x u
b == 如果)(a 成立，由数表S ˆ具有性质（O ），则11
112
11
1
},,m in{ˆx x x x u
k
==， （5） 22222212},,m in{ˆx x x x u
k ==，k k x x x x u 3332313},,m in{ˆ== 由数表S ˆ满足性质（O ），则对于M ∈3至少存在一个}3,2,1{∈i 使得3ˆi i x u ≥，又由（4），（5）式
知，.ˆ,ˆ2322213111x x u x x u <=<=所以只能有.ˆ3333x x u k ≥=同样由数表S 满足性质（O ），可推得
.333k x x ≥于是3=k ，即数表S
S ˆ=· 如果)(b 成立，则11112111},,m in{ˆx x x x u
k ==，11112111},,m in{ˆx x x x u k ==，（6） k k x x x x u
2222212},,m in{ˆ==，32332313},,m in{ˆx x x x u k == 由数表S ˆ满足性质（O ），对于M k ∈*，存在某个3,2,1=i 使得*ˆik
i
x u
≥， 由I k ∈*
及（4）和（6）式知，.ˆ,ˆ33231111**u x x u
x x k k =>=> 于是只能有.ˆ222*k k x u x =≤类似地，由'S 满足性质（O ）及M k ∈可推得*2'
22k k x u x =≤，从而
k k =*。

2007*二、（本题满分40分）。

如图所示，在87⨯的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。

如果两个棋子所在的小方格共边或者共顶点，那么称这两个棋子相连。

现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横竖斜方向）上依次相连。

问最少取出多少个棋子才能满足要求？并说明理由。

★解析：
解：最少要取出11个棋子，才可能满足要求。

其原因如下： 如果一个方格在第i 行第j 列，则记这个方格为(i ，j )。

第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连 珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。

用反证法。

假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五 子连珠。

如图1，在每一行的前五格中必须各取出一个棋子， 后三列的前五格中也必须各取出一个棋子。

这样，10个被取 出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。

同理，由对称性，也 不会分布在其他角上的阴影部分。

第1、2行必在每行取出一个， 且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)这些方格。

同理
(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子。

在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(3，1)、 (3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3) 所在区域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、 (5，6)、(5，7)、(5，8)所在区域内至少取出3个棋子。

这样，在这些 区域内至少已取出了10个棋子。

因此，在中心阴影区域内不能取出棋子。

由于①、②、③、④这4个 棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了。

矛盾。

图1 图2
第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。

如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠。

综上所述，最少要取走11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。

2005*12、如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有吉祥数从小到大排成一列 ,,,321a a a ，若2005=n a ，则=n a 5
◆答案：5200
★解析：因为方程m x x x k =+++ 21的非负整数解的个数为m
k m C 1-+，而使11≥x ，0≥i x （2≥i ）
的整数解个数为12--+m k m C 。

现取7=m ，可知，k 位吉祥数的个数为65)(+=k C k p
因为2005是形如abc 2的数中最小的一个吉祥数，且1)1(=p ，7)2(=p ，28)3(=p ，对四位吉
祥数abc 1，其个数为满足6=++c b a 的非负整数解的个数，即286
136=-+C 个。

又2005是第651282871=++++个吉祥数，即200566=a ，从而65=n ，3255=n 。

又84)4(=p ，210)5(=p ，而330)5()4()3()2()1(=++++p p p p p 所以从大到小最后六个五位吉祥数依次是52000,60001,60010,60100,61000,70000，
所以第325个吉祥数是52000，即520005=n a
2003*三、（本题满分50分）。

由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中
12++=q q n ，1)1(2
1
2++≥
q q l ，2≥q ，N q ∈。

已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有2+q 条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点D C B A ,,,和四条连线段DA CD BC AB ,,,组成的图形)． ★证明：
证明：设点集为{}110,,,-=n A A A V ，与i A 连线的点集为i B ，且i i b B =．于是11-≤≤n b i ．又显然有
()2122
1
0++≥=∑-=q q l b n i i ，
． 若存在一点与其余点都连线，不妨设10-=n b ． 则0B 中1-n 个点的连线数()()1112
12
0--++≥
-n q q b l (注意：()112-=+=+n q q q q ) ()()()()()12
111121111121+-≥+--=--+-+=n n q n n q ．(由2≥q )
但若在这1-n 个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这1-n 个点内至多连线⎥⎦
⎤
⎢
⎣⎡-21n 条，故在0B 中存在一点i A ，它与两点j A 、k A (k j i ,,互不相等，且1,,≥k j i )连了线，于是k
i j A A A A ,,,0连成四边形．
现设任一点连的线数2-≤n ．且设220-≤+=n q b ．且设图中没有四边形．于是当j i ≠时，i B 与
j B 没有公共的点对，即1≤j i B B (1,0-≤≤n j i )．记00\B V B =，则由10≤B B i ，得
10-≥i i b B B (1,,2,1-=n i )，且当1,1-≤≤n j i 且j i ≠时，0B B i 与0B B j 无公共点
对．从而0B 中点对个数()∑-=≥
1
1
n i i
B B 中点对个数 ．即
()()()()⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≥+-=≥≥∑∑∑∑∑-=-=-=-=--=--11
11
2
1121
1
21
1
1
2
2123112123210
n i i
n i i n i i i n i b n i B B b n n b b n b b C
C
C
i i
(由平均不等式)
()()()⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-+----=
12232112102
0n b l b l n ()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-----=202012213211
21n b l n b l n ()
()()22212121
00+--+---=
n b l n b l n (注意()()()2112122++-=++≥q n q q l )， 即得到()
()()()()()002
211211210b q n b q n n C b n -+---+--≥
- (两边同乘以()12-n ) 即()()≥---001b n b n ()()()()()0021121b q n b q n -+---+-．(注意到()11+≥-q q n )
得()()()≥---+0011b n b n q q ()()0032b n nq b q nq -+--+-．(各取部分因数比较)①
又()()()()()0132131132
000=-++=+-+-≥+--=----+-n q q n q q n b q b n q b n nq ②（这
里用到前面所得到的式子20+≥q b ，()112
-=+=+n q q q q ）
()[]()()()0122221212000>=+-+=+--+≥+--=-+--+-n q q n q q q n q qb b n q b q n
③（这里也用到前面所得到的式子20+≥q b ，()112
-=+=+n q q q q ）
又()03b n nq -+-、()02b q nq -+-、()01b n q --、()()01b n q -+均为正整数， 从而由②、③得，()()()<---+0011b n b n q q ()()0032b n nq b q nq -+--+-④
由①、④矛盾，知原命题成立．
又证：画一个n n ⨯表格，记题中n 个点为n A A A ,,,21 ，若i A 与j A 连了线，则将表格中第i 行j 列的方格中心涂红．于是表中共有l 2个红点，当()m A d i =时，则表格中的i 行及i 列各有m 个红点．且表格的主对角线上的方格中心都没有涂红．
由已知，表格中必有一行有2+q 个红点．不妨设最后一行前2+q 格为红点．其余格则不为红点(若有红点则更易证)，于是：
问题转化为：证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点．
若否，则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点．于是，前1-n 行的前2+q 个方格中，每行至多有1个红点．去掉表格的第n 行及前2+q 列，则至多去掉。