初中数学拔尖材料16 覆盖与染色问题
2021年江苏省数学竞赛提优教程教案染色问题
第14讲染色问题本节重要讲述用染色办法解关于竞赛题．染色，是一种辅助解题手段，通过染色，把研究对象分类标记，以便直观形象地解决问题，因而染色就是分类思想详细化，例如染成两种颜色，就可以当作是奇偶分析一种体现形式．染色，也是构造抽屉一种重要办法，运用染色分类，从而构造出抽屉，用抽屉原理来解题．A 类例题例1⑴有一种6×6棋盘，剪去其左上角和右下角各一种小格(边长为1)后，剩余图形能不能剪成17个1×2小矩形？⑵剪去国际象棋棋盘左上角2×2正方形后，能不能用15个由四个格子构成L 形完全覆盖？分析把棋盘格子用染色提成两类，由此阐明留下图形不能满足题目规定． 证明⑴如图，把6×6棋盘相间染成黑、白二色，使相邻两格染色不同．则剪去两格同色．但每个1×2小矩形都由一种白格一种黑格构成，故不也许把剩余图形剪成17个1×2矩形．⑵如图，把8×8方格按列染色，第1，3，5，7列染黑，第2、4、6、8列染白．这样染色，其中黑格有偶数个．由于每个L 形盖住三黑一白或三白一黑，故15个L 形一定盖住奇数个黑格，故不也许．阐明用不同染色办法解决不同问题．例2用若干个由四个单位正方形构成“L ”形纸片无重叠地拼成一种m n 矩形，则mn 必是8倍数．分析易证mn 是4倍数，再用染色法证mn 是8倍数．证明：每个L 形有4个方格，故4|mn ．于是m 、n 中至少有一种为偶数．设列数n 为偶数，则按奇数列染红，偶数列染蓝．于是红格与蓝格各有12mn 个，而12mn 是偶数．每个L 形或盖住3红1蓝，或盖住1红3蓝，设前者有p 个，后者有q 个．于是红格共盖住3p +q 个即p +q 为偶数，即有偶数个L 形．设有2k 个L 形．于是mn =2k ×4=8k ．故证．阐明奇偶分析与染色联合运用解决本题．情景再现1．下面是俄罗斯方块七个图形：请你用它们拼出(A)图，再用它们拼出(B)图(每块只能用一次，并且不准翻过来用)．如果能拼出来，就在图形上画出拼法，并写明七个图形编号；如果不能拼出来，就阐明理由．2．能否用图中各种形状纸片（不能剪开）拼成一种边长为75正方形？（图中每个小方格边长都为1）请阐明理由．B 类例题例3⑴以任意方式对平面上每一点染上红色或者蓝色．证明：一定存在无穷条长为1线段，这些线段端点为同一颜色．⑵以任意方式对平面上每一点染上红色或者蓝色．证明：存在同色三点，且其中一点为另两点中点．分析任意染色而又规定浮现具备某种性质图形，这是染色问题常用题型，惯用抽屉原理或设立两难命题办法解．(5)(6)(7)(4)(2)(3)(1)(B)(A )证明⑴取边长为1等边三角形，其三个顶点中必有两个顶点同色．同色两顶点连成线段即为一条满足规定线段，由于边长为1等边三角形有无数个，故满足规定线段有无数条．⑵取同色两点A、B，延长AB到点C，使BC=AB，再延长BA到点D，使AD=AB，若C、D中有一点为红色，例如点C为红色，则点B为AC中点．则命题成立．否则，C、D全蓝，考虑AB中点M，它也是CD中点．故无论M染红还是蓝，均得证．阐明⑴中，两种颜色就是两个“抽屉”，三个点就是三个“苹果”，于是依照抽屉原理，必有两个点落入同一抽屉．⑵中，这里事实上构造了一种两难命题：非此即彼，两者必居其一．让同一点既是某两个红点中点，又是两个蓝点中点，从而陷入两难选取境地，于是满足条件图形必然存在．达到证明目．例4⑴以任意方式对平面上每一点染上红色或者蓝色．证明：一定可以找到无穷各种顶点为为同一种颜色等腰三角形．⑵以任意方式对平面上每一点染上红色或者蓝色．证明：一定可以找到无穷各种顶点为为同一种颜色等腰直角三角形．分析⑴同样可以设立两难命题：由于等腰三角形顶点在底边垂直平分线上，故先选两个同色点连成底边，再在连线垂直平分线上找同色点，这是解法1思路．运用圆半径相等来构造等腰三角形两腰，这是解法2思路．运用抽屉原理，任5个点中必有三点同色，只要这5点中任三点都是一种等腰三角形顶点即可，而正五边形五个顶点中任三个都是等腰三角形顶点，这是解法3思路．⑵连正方形对角线即得到两个等腰直角三角形，因此从正方形入手解决相题第2问．⑴证明1任取两个同色点A、B(设同红)，作AB垂直平分线MN，若MN上(除与AB交点外)有红色点，则有红色三角形，若无红色点，则MN上至多一种红点别的均蓝，取关于AB对称两点C、D，均蓝．则A(2) (1)若AB 上有(除交点外)蓝点，则有蓝色三角形，若无蓝点，则在矩形EFGH 内任取一点K (不在边上)若K 为蓝，则可在CD 上取两点与之构成蓝色三角形，若K 为红，则可在AB 上找到两点与之构成红色三角形．证明2任取一红点O ，以O 为圆心任作一圆，若此圆上有不是同始终径端点两个红点A 、B ，则浮现红色顶点等腰三角形OAB ，若圆上只有一种红点或只有同始终径两个端点是红点，则圆上有无数蓝点，取两个蓝点(不关于红点为端点直径对称)C 、D ，于是CD 垂直平分线与圆两个交点E 、F 为蓝点，于是存在蓝色顶点等腰三角形CDE ．证明3取一种正五边形ABCDE ，依照抽屉原理，它5个顶点中，必有三个顶点(例如A 、B 、C)同色，则△ABC 即为等腰三角形．⑵证明任取两个蓝点A 、B ，以AB 为一边作正方形ABCD ，若C 、D 有一为蓝色，则浮现蓝色三角形．若C 、D 均红，则对角线交点E 或红或蓝，浮现红色或蓝色等腰直角三角形．显然按此作法可以得到无数个等腰直角三角形．(由本题也可以证明上一题．)例5设平面上给出了有限个点(不少于五点)集合S ，其中若干个点被染成红色，别的点被染成蓝色，且任意三个同色点不共线．求证：存在一种三角形，具备下述性质：⑴以S 中三个同色点为顶点；⑵此三角形至少有一条边上不含另一种颜色点．分析要证明存在同色三角形不难，而要满足第⑵个条件，可以用最小数原理．证明由于S 中至少有五点，这些点染成两种颜色，故必存在三点同色．且据已知，此三点不共线，故可连成三角形．取所有同色三角形，由于S 只有有限个点，从而能连出同色三角形只有有限个，故其中必有面积最小．其中面积最小三角形即为所求．一方面，这个三角形满足条件⑴，另一方面，若其三边上均有另一种颜色点，则此三点ABCD必可连出三角形，此连出三角形面积更小，矛盾．阐明最小数原理，即极端原理．见第十二讲．例6将平面上每个点都染上红、蓝二色之一，证明：存在两个相似三角形，其相似比为1995，且每一种三角形三个顶点同色．(1995年全国联赛加试题)分析把相似三角形特殊化，变成证明相似直角三角形，在矩形网格中去找相似直角三角形，这是证法1思路．证法2则是研究形状更特殊直角三角形：含一种角为30˚直角三角形．证明可以找到任意边长这样三角形，于是对任意相似比，本题均可证．证法3则是考虑两个同心圆上三条半径交圆得三组相应点连出两个三角形一定相似，于是只要考虑找同心圆上同色点，而要得到3个同色点，只要任取5个只染了两种颜色点就行；而要得到5个同色点，则只要取9个只染了两种颜色点即行．证明1一方面证明平面上一定存在三个顶点同色直角三角形．任取平面上一条直线l ，则直线l 上必有两点同色．设此两点为P 、Q ，不妨设P 、Q 同着红色．过P 、Q 作直线l 垂线l 1、l 2，若l 1或l 2上有异于P 、Q 点着红色，则存在红色直角三角形．若l 1、l 2上除P 、Q 外均无红色点，则在l 1上任取异于P 两点R 、S ，则R 、S 必着蓝色，过R 作l 1垂线交l 2于T ，则T 必着蓝色．△RST 即为三顶点同色直角三角形． 下面再证明存在两个相似比为1995相似直角三角形． 设直角三角形ABC 三顶点同色(∠B 为直角)．把△ABC 补成矩形ABCD (如图)．把矩形每边都提成n 等分(n 为正奇数，n >1，本题中取n=1995)．连结对边相应分点，把矩形ABCD 提成n 2个小矩形．AB 边上分点共有n +1个，由于n 为奇数，故必存在其中两个相邻分点同色，(否则任两个相邻分点异色，则可得A 、B 异色)，不妨设相邻分点E 、F 同色．考察E 、F 所在小矩形另两个顶点E '、F '，若E '、F '异色，则△EFE '或△DFF '为三个顶点同色小直角三角形．若E '、F 'l l同色，再考察以此二点为顶点而在其左边小矩形，…．这样依次考察过去，不妨设这一行小矩形每条竖边两个顶点都同色．同样，BC边上也存在两个相邻顶点同色，设为P、Q，则考察PQ所在小矩形，同理，若P、Q所在小矩形另一横边两个顶点异色，则存在三顶点同色小直角三角形．否则，PQ所在列小矩形每条横边两个顶点都同色．现考察EF所在行与PQ所在列相交矩形GHNM，如上述，M、H都与N同色，△MNH 为顶点同色直角三角形．由n=1995，故△MNH∽△ABC，且相似比为1995，且这两个直角三角形顶点分别同色．证明2一方面证明：设a为任意正实数，存在距离为2a同色两点．任取一点O(设为红色点)，以O为圆心，2a为半径作圆，若圆上有一种红点，则存在距离为2a两个红点，若圆上没有红点，则任一圆内接六边形ABCDEF六个顶点均为蓝色，但此六边形边长为2a．故存在距离为2a两个蓝色点．下面证明：存在边长为a，3a，2a直角三角形，其三个顶点同色．如上证，存在距离为2a同色两点A、B(设为红点)，以AB为直径作圆，并取圆内接六边形ACDBEF，若C、D、E、F中有任一点为红色，则存在满足规定红色三角形．若C、D、E、F为蓝色，则存在满足规定蓝色三角形．下面再证明本题：由上证知，存在边长为a，3a，2a及1995a，19953a，1995⨯2a 两个同色三角形，满足规定．证明3以任一点O为圆心，a及1995a为半径作两个同心圆，在小圆上任取9点，其中必有5点同色，设为A、B、C、D、E，作射线OA、OB、OC、OD、OE，交大圆于A'，B'，C'，D'，E'，则此五点中必存在三点同色，设为A'、B'、C'．则∆ABC与∆A'B'C'为满足规定三角形．情景再现3．以任意方式对平面上每一点染上红色或者蓝色．证明：一定存在一种矩形，它四个顶点同色．4．以任意方式对平面上每一点染上红色或者蓝色．证明：一定可以找到无穷各种顶点全为同一种颜色全等三角形．5．图中是一种6×6方格棋盘，现将某些1×1小方格涂成红色。
高中数学竞赛中的染色、覆盖问题
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。
小学奥数染色问题和覆盖问题的讲解
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【导语】经验是数学的基础，问题是数学的心脏，思考是数学的核心，发展是数学的目标，思想方法是数学的灵魂。
数学思想方法是数学知识的精髓，是分析、解决数学问题的基本原则，也是数学素养的重要内涵，它是培养学生良好思维品质的催化剂。
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先定义几个小名词：日字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由2个并排的正方形格子组成。
目字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由3个并排的正方形格子组成。
3-L形覆盖：用于覆盖的标准单元是由3个组成L形状的格子组成。
4-L形覆盖：用于覆盖的标准单元是由4个组成L形状的四个格子组成，一边长一边短。
凸字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由4个组成汉字“凸”字形状的四个格子组成。
田字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由4个组成汉字“田”字形状的四个格子组成。
完全覆盖的定义：用规定形状的标准单元去铺盖指定的方格棋盘，无重复无遗漏，则称该棋盘被所用的标准单元完全覆盖。
一系列的小题目，从易到难，慢慢培养解题能力。
更复杂的染色覆盖问题，往往需要涉及到用多种颜色进行染色，下面的题目仅有一个需要这种技巧。
题1：M×N的棋盘存在日形覆盖，当且仅当M,N中至少有一个为偶数。
题2：一个5×7的棋盘，去掉第二行第四列上的小方格之后，剩下部分有日形覆盖。
题3：如果m*n不能被3整除，则m*n的棋盘不可能有3-L覆盖。
题4：若M,N都是奇数，则去掉任何一个方格，剩余的部分不存在日字形覆盖。
题5：证明，一个8*8的棋盘不可能用15个凸形块和一个田字形块覆盖。
题6：证明，一个8*8的棋盘去掉左上角和右下角的两个方格后，剩下的62个方格不可能实现日形覆盖。
题7：一个3*7的棋盘，用红、蓝两种颜色染色，证明，总有四个同色的方格位于一个长方形的四个角上。
专题 染色问题与染色方法
竞赛讲座14-染色问题与染色方法1．小方格染色问题最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧.例1 如图29-1(a),3行7列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形,它的四个角上的小方格颜色相同.证明由抽屉原则,第1行的7个小方格至少有4个不同色,不妨设为红色(带阴影)并在1、2、3、4列（如图29-1（b））.在第1、2、3、4列（以下不必再考虑第5，6，7列）中，如第2行或第3行出现两个红色小方格，则这个问题已经得证；如第2行和第3行每行最多只有一个红色小方格（如图29-1（c）），那么在这两行中必出现四角同为蓝色的矩形，问题也得到证明.说明：（1）在上面证明过程中除了运用抽屉原则外，还要用到一种思考问题的有效方法，就是逐步缩小所要讨论的对象的范围，把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法.（2）此例的行和列都不能再减少了.显然只有两行的方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩形的.下面我们举出一个3行6列染两色不存在顶点同色矩形的例子如图29-2.这说明3行7列是染两色存在顶点同色的矩形的最小方格盘了.至今,染k 色而存在顶点同色的矩形的最小方格盘是什么还不得而知.例2 (第2届全国部分省市初中数学通讯赛题)证明:用15块大小是4×1的矩形瓷砖和1块大小是2×2的矩形瓷砖，不能恰好铺盖8×8矩形的地面.分析将8×8矩形地面的一半染上一种颜色，另一半染上另一种颜色，再用4×1和2×2的矩形瓷砖去盖，如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多，则说明在给定条件不完满铺盖不可能.证明如图29-3，用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式，以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然，地面上黑、白格各有32个.每块4×1的矩形砖不论是横放还是竖盖，且不论盖在何处，总是占据地面上的两个白格、两个黑格，故15块4×1的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块2×2的矩形砖，总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块2×2矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证.例3 （1986年北京初二数学竞赛题）如图29-4（1）是4个1×1的正方形组成的“L”形，用若干个这种“L”形硬纸片无重迭拼成一个m×n（长为m个单位，宽为n个单位）的矩形如图29-4（2）.试证明mn必是8的倍数.证明∵m×n矩形由“L”形拼成，∴m×n是4的倍数，∴m、n中必有一个是偶数，不妨设为m.把m×n矩形中的m列按一列黑、一列白间隔染色（如图29-4（2）），则不论“L”形在这矩形中的放置位置如何（“L”形的放置，共有8种可能），“L”形或占有3白一黑四个单位正方形（第一种），或占有3黑一白四个单位正方形（第二种）.设第一种“L”形共有p个，第二种“L”形共q个，则m×n矩形中的白格单位正方形数为3p+q，而它的黑格单位正方形数为p+3q.∵m为偶数，∴m×n矩形中黑、白条数相同，黑、白单位正方形总数也必相等.故有3p+q=p+3q，从而p=q.所以“L”形的总数为2p个，即“L”形总数为偶数，所以m×n 一定是8的倍数.2．线段染色和点染色下面介绍两类重要的染色问题.(1) 线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”（或称“线段染色”），主要借助抽屉原则求解.例4 （1947年匈牙利数学奥林匹克试题）世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.我们不直接证明这个命题，而来看与之等价的下述命题例5 （1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.证明设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色△ABC）；如△BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.如果将例4中的六个人看成例5中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则例4就变成了例5.例5的证明实际上用染色方法给出了例4的证明.例6 (第6届国际数学奥林匹克试题)有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.证明用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…，A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形.考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…，A1A17，由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A1A2，A1A3，…，A1A7为红色.现考查连结六点A2，A3，…，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证.上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将n点中每两点都用线段相连所得的图形叫做n点完全图,记作k n.这些点叫做“顶点”，这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述例5、例6.定理1 若在k6中，任染红、蓝两色，则必有一只同色三角形.定理2 在k17中,任染红、蓝、黄三角，则必有一只同色三角形.（2）点染色.先看离散的有限个点的情况.例7 （首届全国中学生数学冬令营试题）能否把1，1，2，2，3，3，…，1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986、之间夹着一千九百八十六个数？请证明你的结论.证明将1986×2个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是黑白点各有1986个.现令一个偶数占据一个黑点和一个白色，同一个奇数要么都占黑点，要么都占白点.于是993个偶数，占据白点A1=993个，黑色B1=993个.993个奇数，占据白点A2=2a个，黑点B2=2b个，其中a+b=993.因此，共占白色A=A1+A2=993+2a个.黑点B=B1+B2=993+2b个，由于a+b=993（非偶数！）∴a≠b，从而得A≠B.这与黑、白点各有1986个矛盾. 故这种排法不可能.“点”可以是有限个，也可以是无限个，这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的.例8 对平面上一个点，任意染上红、蓝、黑三种颜色中的一种.证明:平面内存在端点同色的单位线段.证明作出一个如图29-7的几何图形是可能的,其中△ABD、△CBD、△AEF、△GEF 都是边长为1的等边三角形，CG=1.不妨设A点是红色，如果B、E、D、F中有红色，问题显然得证.当B、E、D、F都为蓝点或黄点时，又如果B和D或E和F同色，问题也得证.现设B和D异色E和F异色,在这种情况下,如果C或G为黄色或蓝点,则CB、CD、GE、GF中有两条是端点同色的单位线段，问题也得证.不然的话,C、G均为红点，这时CG是端点同色的单位线段.证毕.还有一类较难的对区域染色的问题，就不作介绍了.练习二十九1．6×6的方格盘，能否用一块大小为3格，形如的弯角板与11块大小为3×1的矩形板，不重迭不遗漏地来铺满整个盘面.2．（第49届苏联基辅数学竞赛题）在两张1982×1983的方格纸涂上红、黑两种颜色，使得每一行及每一列都有偶数个方格是黑色的.如果将这两张纸重迭时，有一个黑格与一个红格重合，证明至少还有三个方格与不同颜色的方格重合.3．有九名数学家，每人至多会讲三种语言，每三名中至少有2名能通话，那么其中必有3名能用同一种语言通话.4．如果把上题中的条件9名改为8名数学家，那么，这个结论还成立吗？为什么？5．设n=6（r-2）+3（r≥3），求证：如果有n名科学家，每人至多会讲3种语言，每3名中至少有2名能通话，那么其中必有 r名能用同一种语言通话.6．（1966年波兰数学竞赛题）大厅中会聚了100个客人，他们中每人至少认识67人，证明在这些客人中一定可以找到4人，他们之中任何两人都彼此相识.7．（首届全国数学冬令营试题）用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证：一定存在一个边长为1或的正三角形，它三个顶点是同色的.练习二十九１．将１、４行染红色、２、５行染黄色、３、６行染蓝色，然后就弯角板盖住板面的不同情况分类讨论．２．设第一张纸上的黑格Ａ与第二张纸上的红格Ａ′重合．如果在第一张纸上Ａ所在的列中，其余的黑格（奇数个）均与第二张纸的黑格重合，那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数，知必有一黑格与第一张纸上的红格重合，即在这一列，第一张纸上有一方格Ｂ与第二张纸上不同颜色的方格Ｂ′重合．同理在Ａ、Ｂ所在行上各有一个方格Ｃ、Ｄ，第二张纸上与它们重合的方格Ｃ′、Ｄ′的颜色分别与Ｃ、Ｄ不同．３．把９名数学家用点Ａ１，Ａ２，…，Ａ９表示．两人能通话，就用线连结，并涂某种颜色，以表示不同语种。
解决小学奥数问题的方法：染色分类法
一种解决数学问题的新方法：染色分类法【摘要】：在现实生活中，有一些判断能与否的数学问题涉及到的知识点很少，难以快速地找到解题思路。
本文主要介绍一种解决这类数学问题的新方法：染色分类法。
对研究对象进行染色，可以形象、直观地使某些隐蔽的条件显露，从而 获得简明的解答。
【关键字】：染色 分类 数学问题一、 用染色解决图形覆盖问题：在中学数学竞赛中，我们常常会碰到这样的题目：用多个几何图形去覆盖另一个几何图形，问能否实现。
如果我们每一种情况都去试，不仅花时间，而且容易因考虑不全而出错。
对于这一类问题，我们不妨对涉及到的几何对象进行染色，再来寻找解题思路。
问题一：能否用2个田字形和7个T 字形恰好覆盖一个6⨯6网格？分析：这道题看似简单，但是如果要穷尽每种情况去试一试，却不太可行。
考虑到网格中共有36个小方格，不妨通过染色把这36个小方格分成黑白两类，然后看用田字形能覆盖住多少个，T 字形能覆盖住多少个，从而判断该题是否有解。
解：由于用黑白两种颜色对6⨯6 网格进行染色（如图），可以看到图中有18个黑格，18个白格。
而用一个田字形，无论放在哪里，都能覆盖住一个黑格，一个白格；而T 字形能覆盖住1个或3个白格。
所以2个田字形和7个T 字形总共覆盖住奇数个白格，而6⨯6 网格中总共有18（偶数）个白格，所以不能完全覆盖住。
问题二 ：要用40块方形瓷砖铺设如图2所示图形的地面，但当时商店只有长方形瓷砖，每块大小等于方形的两块，一人买了20块长方形瓷砖，结果弄来弄去始终无法完整铺设好，你能否用这20块瓷砖（不分割任何一块）帮他铺好地面？图2 图3分析：要得出这道题的答案并不难，但是如何从理论上证明却没那么简单。
这里，如果我们仿照问题一采用染色方法，不仅能更快得出答案，更能较好地说明理由，让读者一目了然。
解：在图形上黑、白相间地染色，如图3。
则共有19个白格和21个黑格。
一块长方形瓷砖只可盖住一白一黑两格。
为了把所有的白格都盖住，需要19块长方形瓷砖，但19块长方形瓷砖只能盖住19个黑格，还有两个黑格没有盖住。
6第四十六章 染色与覆盖问题
第四十六章染色与覆盖问题概念本讲我们将一起学习染色与覆盖。
而这里所说的染色问题并不是要求如何染色，然后有多少种染色方法等数学问题。
而是一种解决逻辑推理题的一种方法，一种将研究对象分类的形象化的方法。
9个小格染成黑白相间的颜色，很明显就能看出是不能办到的。
因为从A格出去，第一步不管往哪走都会走入黑格，接着第二步又都会走入黑格，即走奇数步后进黑格，偶数步后进白格，这个人若要从A格出去又要回到A格，必须走9个格，所以最后一格必为黑才可以，而A格为白格，所以不可以。
三、结点问题分析与路径问题相似，只不过我们这回染得不再是小格而是点，染成黑白相间的点。
我们会发现一共14个点，6个黑点8个白点，每次的路线仍是从黑点走到白点或者从白点走到黑点，所以若想每个点不重复的都走一遍的话必须黑白相等或相差1个，但本题黑白差2个，所以不可以。
四、一般覆盖将这14个小格染成黑白相间的，那么7个相邻两方格应该是一黑一白的，所以如果能覆盖的话，14为454，所以例题1.2.(第2×23.（29-4（2）.试证明mn必是8的倍数.4.（1947年匈牙利数学奥林匹克试题）世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.5.?（1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.6.?(第6届国际数学奥林匹克试题)有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.7.8.段.9.?6格，形如的弯角板与1的矩形10.?11.?有九名数学家，每人至多会讲三种语言，每三名中至少有2名能通话，那么其中必有3名能用同一种语言通话.12.?如果把上题中的条件9名改为8名数学家，那么，这个结论还成立吗？为什么？13.?设n=6（r-2）+3（r≥3），求证：如果有n名科学家，每人至多会讲3种语言，每3名中至少有2名能通话，那么其中必有????r名能用同一种语言通话.14.?（1966年波兰数学竞赛题）大厅中会聚了100个客人，他们中每人至少认识67人，证明在这些客人中一定可以找到4人，他们之中任何两人都彼此相识.15.?（首届全国数学冬令营试题）用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证：一定存在一个边长为1或的正三角形，它三个顶点是同色的.16.?为什么？17.(1)(2)18.19.20.所示．参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来？21.在一个正方形的果园里，种有63棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成八行八列，如图（1）.守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏(不许斜走)，最后又回到小屋，行吗？如果有80棵果树，如图（2），连小屋排成九行九列呢？22.右图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马.众所周知，马是走“日”字的.请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？23.右图是由14个大小相同的方格组成的图形.试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？24.右图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？25.26.用和27.28.929.30.31.右图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上.开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0.然后转动圆盘，每次可以转动90°的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位置，将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上.问：经过若干次后，黑板上的四个数是否可能都是999？32.有7个苹果要平均分给12个小朋友，园长要求每个苹果最多分成5份．应该怎样分？33.有一位老人，他有三个儿子和十七匹马.他在临终前对他的儿子们说：“我已经写好了遗嘱，我把马留给你们，你们一定要按我的要求去分.”老人去世后，三兄弟看到了遗嘱.遗嘱上写着：“我把十七匹马全都留给我的三个儿子.长子得1/2,次子得1/3,给幼子1/9,不许流血，不许杀马.你们必须遵从父亲的遗愿！”请你帮助他们分分马吧！34.8个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗（天平无砝码）？35.936.103斤油.要把这37.38..39.40.老师在黑板上画了9个点，要求同学们用一笔画出一条通过这9个点的折线(只许拐三个弯儿)．你能办到吗?41.如右图所示，将1～12顺次排成一圈.如果报出一个数a（在1～12之间），那么就从数a的位置顺时针走a个数的位置.例如a=3，就从3的位置顺时针走3个数的位置到达6的位置；a=11，就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10的位置.问：a是多少时，可以走到7的位置？42.对于任意一个自然数n，当n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2，这算一次操作现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？43.一只电动老鼠从左下图的A点出发，沿格线奔跑，并且每到一个格点不是向左转就是向右转。
初中数学竞赛：染色和赋值(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题的两种常用的方法。
就其本质而言，染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。
而凡是能用染色方法来解的题，一般地都可以用赋值方法来解，只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。
赋值方法的适用范围要更广泛一些，我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值，然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。
一、染色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朗，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。
例1用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片（如下图所示），能否覆盖一个8×8的棋盘？解：如下图，将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状。
如果15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片能够覆盖一个8×8的棋盘，那么它们覆盖住的白格数和黑格数都应该是32个，但是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格，而1和3都是奇数，因此15个“T”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格，从而15个“T”字形纸片与1个“田”字形纸片所覆盖的白格数是奇数，这与32是偶数矛盾，因此，用它们不能覆盖整个棋盘。
例2如左下图，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？解：甲虫不能走遍所有的正方体。
我们如右上图将正方体分割成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。
初中数学竞赛专题：染色问题
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．。
初中数学专题4.2 染色或赋值
4.2 染色或赋值在解决这些组合问题时，有时需要将具有共同性质的点，线，区域等进行染色或者赋值，从而达到解决问题的目的，通常是将所研究的对象先进行分类，每一类用相同颜色或者赋权重等，以更加形象地突出每一类的特点.这类方法本质上仍然是一种分类方法，只不过技巧性相对更强.下面通过一些例子来说明技巧.1.已知：在5行7列的棋盘中挖去第一行，第4列上的小方格，试问：能否用12⨯的砖头铺满余下的34个格子.【解】如图4-2-1，对棋盘进行黑白交错染色，挖去第4列第一个后，还剩余18个黑格子与16个白格子，所以不能用17个砖块铺满棋盘且不重叠.【注】这是颜色问题中典型的区域小方格染色问题，所采用的也是交错染色法.例2 已知：在77⨯的棋盘中有一只跳跳虫，最开始它位于第1行第2列的位置，跳跳虫只能跳到与它所有格有临边的格子中，试问：跳跳虫能否不重复第经过棋盘每个格子一次？ 【解】如图4-2-2，将棋盘进行黑白交叉染色，跳跳虫刚开始到白格子里，要么跳白格子到黑格子，所以若要不重复地经历所有格子各一次，必须有25个白格和24个黑格，而实际上图中25个黑格和24个白格，要不重复地经历所有格子各一次例3证明：用15块大小相同为41⨯的矩形瓷砖中和1块大小为22⨯的正方形瓷砖，不能恰好铺盖88⨯的正方形地面.【分析】将88⨯的正方形地面的方格一半染上一种颜色，另一种半染上一种颜色，在用41⨯的矩形和22⨯的正方形瓷砖去盖，如果盖去的两个颜色的大小方格不是一样多，那么说明给定条件下完铺满不可能.【证明】如图4-2-3，用间隔为两格且与从右上至左下的这类次对角线平行的斜格染色方式，黑格和白格共有32个，由于41⨯的矩形砖不论是横放还是竖盖，且无论盖在何处，总是占据地面上的两个白格，两个黑格，从而15块41⨯的矩形铺盖后还剩两个黑格和白格，但由于与次对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块22⨯的正方形砖，总是盖不住剩下的二黑二白的地面.例4 如图4-2-4所示是一个由4个11⨯的正方形组成的L 形，若用干个这种L 形硬纸片可以重叠拼成m n ⨯（长为m 个单位，宽为n 个单位得矩形），试证明，m n 必是8的倍数.【证明】因为m n ⨯的矩形L 形硬纸片可以重叠拼成，所以m n ⨯是4的倍数，于是m n 必是偶数.不妨设为m ，把m n ⨯矩形中的m 列按一列黑，一列白间隔染色，则不论L 形在这矩形中放置位置如何（L 形共有8种可能）L 形或占有3白一黑四个方格中（第一种）或占有3黑一白四个方格中设第一种L 形共有p 个，第二种L 形共有q 个，则m n ⨯矩形中白格子数为3,p q +而他的黑格子个数为3p q +由于m 为偶数，所以m n ⨯矩形中黑白条数相同，黑、白方格总数也相同，从而有3,p q +=3p q +，进而,p q =所以L 形共有2p 个，即L 形总数有偶数个，m n 必是8的倍数.例5 能否把1,1,2,2,3,3，…,2010,2010这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个之间夹着两个数，…两个2010之间夹着2010个数，证明你的结论.【解】将20102⨯个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是白黑各有2010个，已知同一偶数占据一个黑点和一个白点，同一个奇数要么占据一个白点，要么占据一个黑点，于是1005个偶数中，占据白点11005A =个，黑点11005B =个，1005个奇数中，占据白点22A a =个，黑点22B b =个，其中1005,a b +=因此，共占白点数目为1210052A A A a =+=+个，黑点数目1210052B B B b =+=+个，由于1005,a b +=所以,a b ≠从而,A B ≠这与黑，白各有1010个矛盾，故这种排法不可能.【注】如果将2010改为2012，结论如何.例 6 已知空间六点，任意三点不共线，任意四点共面，成对连接它们的十五条线段，用红色染色体或者蓝色（一条线段只染一种颜色）求证：无论怎样染色，总存在同色三角形. 【证明】设,,,,,A B C D E F 是所给六点，考虑以A 为端点的线段有,,,,AB AC AD AE AF 由于抽屉原则可知，这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设,,AB AC AD 都染成红色，在考虑BCD ∆的三边，如果其中一边是红色，则同色三角形已出现，如BCD ∆的三边，如果其中一边不是红色，则同色三角形已出现 故无论哪种情况下，都存在同色三角形.\例7 已知12个红球和12个篮球排成一行，证明：必有相邻的六个球为三红三蓝. 【证明】将这些球上标上数字，红色球上标上1.蓝色球上标上2，于是问题变为：必有6个相邻的球，它们的标号之和为0，记为从第i 个球起6个相邻数字之和为,i S y 由于i 可以取1,2，3…..,19中的每一个数，而,i S 的所有取值为-6，-4，-2,0,2,4,6，且10i i S S +-=或2. 由1713190S S S S +++=可知，若四个数中有0，则命题已成立. 否则有正有负，不妨设0,0i j S S ><，那么在之间例8现有男女各2n 人，围成内外两圈跳舞，每圈个2n 人，有男有女，外圈的人像内圈，内圈像外圈，跳舞规则如下：每当音乐一起，如面对者为一男一女，则男的邀请女的跳舞，如果均为男的或者均为女的.如果均为男的或者均为女的，则鼓掌助兴，曲掌时，外圈的人均向左横移一步。
初中数学重点梳理：染色问题
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。
染色与覆盖(二)
如图有5个由4个 1×1的小正方格组成的不同形状的硬纸板。
问能用这5个硬纸板拼成图中的 4×5的长方形吗？如果能，请画出一种拼法；如果不能，请简述理由。
能否用 9个所示的卡片拼成一个 6×6的棋盘？
在 6×6的方格表中，用若干由3个单位方格组成的“L ”形纸片和由4个单位方格组成的“凸”形纸片将其完全覆盖，所用纸片最少为多少张?并在图中画出覆盖的方法。
用 9个1×4的长方形能不能拼成一个 6×6的正方形？请说明理由。
染色与覆盖（二）
用若干个 2×2和3×3 的小正方形能不能拼成一个11×11的大正方形？请说明理由。
（2010年迎春杯初赛试题）
在左下表中，在有公共边的两格内的数同时加上1或同时减去1叫做一次操作。
经过有限次操作后由左下表变为右下表，那么右下表中A处的数是几？。
染色覆盖
先定义几个小名词：日字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由2个并排的正方形格子组成。
目字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由3个并排的正方形格子组成。
3-L形覆盖：用于覆盖的标准单元是由3个组成L形状的格子组成。
4-L形覆盖：用于覆盖的标准单元是由4个组成L形状的四个格子组成，一边长一边短。
凸字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由4个组成汉字“凸”字形状的四个格子组成。
田字形覆盖：用于覆盖的标准单元是由4个组成汉字“田”字形状的四个格子组成。
完全覆盖的定义：用规定形状的标准单元去铺盖指定的方格棋盘，无重复无遗漏，则称该棋盘被所用的标准单元完全覆盖。
染色覆盖问题应用最多的是黑白相间染色，利用奇偶性分析。
常见题型：交换座位环游会场（不重复）马步巡游是否能拼成正方形1.某个展览大厅是一个6*6的棋盘状，每个棋盘格子是一个展览室，相邻展览室之间有门相通。
现在有人想从入口开始，不重复不遗漏地走完所有的展览室。
已知该展览室的入口在左上角，出口在右下角，问，有无这种行走路径？2.一个2*8的棋盘，水平线和垂直线相交的部分称之为格点。
对格点用红蓝两种颜色染色。
证明：无论如何，一定存在两条水平线和两条垂直线，它们所形成的格点是同一种颜色。
在6*6的正方形棋盘上的各个小方格上，分别写上从1到36的36个数，要求相邻成“凸”字形的四个方格内的数字之和都为偶数，存在这种可能吗？3用15块大小是4×1的长方形和一块2×2的正方形，能不能恰好盖住8×8的正方形？说明理由。
（第二届全国部分省市数学通讯赛试题）讲析：解此题的关键，是先将小方格染色分类。
用间隔为两格，且与对角线平行的小方格染成黑色，显然，大正方形中黑、白各有32格。
（如图）每块4×1的长方形无论横盖或竖盖，也不论盖在何处，总是盖住2黑2白的。
又因为与对角线平行的斜线的格子同色，而与对角线平行的斜线上的相邻两格异色。
所以，不论怎样放置，一块2×2的正方形总是可盖住3黑1白，或3白1黑。
2020届陕西省富平县蓝光中学趣味数学-数学中的染色问题(共25张PPT)
数学中的染色问题
❖结论： ❖无论经过多少次操作，都不
能将甲表变为乙表。
数学中的染色问题
❖ 解：将4×4方格表如图黑白染色，能发现什么？
数学中的染色问题
❖ 按题设的操作规则，每一次操作都是一个黑格与相邻 的白格中的数同时增加或减少一个数，它们的差不变， 因此，每次操作8个黑格所增数之和与8个白格所增数 之和的差值是不变的，而表甲黑格数之和为， 0+5+2+7+8+5+0+6=33，白格数之和为 1+4+3+6+4+5+2+4=29，它们之差为
❖数学中的染色问题
数学中的染色问题
❖把用染色作为一种数 学工具去分析问题、解 决问题的思维方法叫做 染色方法
数学中的染色问题
❖例1 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？
数学中的染色问题
A
数学中的染色问题
A
数学中的染色问题
表丁（乙） 11 2 4 19 8 5 24 7 18 20 2 19 3 6 25 1
数学中的染色问题
❖ 这样，每一次操作中字母的置换就相当于 下面的置换：1 2，2 3，…，25 26，
❖26 1.显然，每次操作不改变这16个数字 和的奇偶性，但是表丙、表丁16个数字和 分别为213,174，它们的奇偶性不同，故表 丙不能变成表丁，即表甲不能变成表乙。
数学中的染色问题
❖例题4 试证：任意6个人中，一 定有3个人或者互相认识，或者 互相都不认识。
数学中的染色问题
❖证明：用6个点
A1，A2，A3，A4，A5，A6
数学小升初第十四讲《染色和覆盖》
数学小升初第十四讲《染色和覆盖》[同步巩固演练]1、某影院有座位31排，每排29个座。
某天放映了两场电影，每个座位上都坐了一个观众。
如果要求每个观众在看第二场电影时必须跟他（前、后、左、右）相邻的某一观众交换座位，这样能办到吗？为什么？2、（北京市第12届小学生迎春杯决赛试题）如图，把A、B、C、D、E这五部分用四种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色。
那么，这幅图一共有_____________种不同的着色方法。
4、下图，是一所房子的示意图，图中数字表示房间号码，每间房子都与隔壁的房间相通。
问能否从1号房间开始，不重复的走遍所有房间又回到1号房间？5、如图，由22块1×1的小正方形拼成，能不能用若干个2×1的矩形将这个图形不重复地全部覆盖？[能力拓展平台]1、有一个5×5的方格棋盘，如图所示，每一个小方格中有一只小甲虫，假设在同一时刻，所有小甲虫都爬到邻格中（横向与纵向的格，不能斜爬），问此时能否会出现空格？2、一个8×8国际象棋盘去掉对角上两格后，是否可以用31个2×1的“骨牌”，把象棋盘上的62个小格完全盖住？3、至少需要几种颜色，才能使右图中所有具有公共端点的线段涂上不同的颜色。
4、现有1，1，2，2，3，3，……，10，10共20个数。
问能否将这些数排一行并满足两个1之间有一个数，两个2之间有两个数，两个3之间有三个数，……，两个10之间有十个数？请说明理由。
5、下图是由14个方格组成的图形，试证明，不论怎么裁剪，总不能把它剪成7个由相邻两个方格组成的长方形。
[全讲综合训练]1、六（1）班同学毕业前，互相交换照片留念，那么全班用来交换的照片的总张数是奇数还是偶数？2、正方形的展览厅如下图，共分16个展室，每个展室之间相通，你能不能设计出一条线路使参观的人不重复地走完全部展室？3、将上题的入口改在A处，如下图，这条线路可能吗？4、把下图中的圆图任意涂上红色或蓝色。
染色问题完整ppt课件
2003年•高考
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例：某城市在中心广场建造一个如图所示的 花圃，现要栽种4种不同颜色的花，每部分 栽一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花， 不同的栽种方法有多少种？
解：根据分步计数原理，不同的栽种方法有:
4 3 2 1 A 2 1 1 1 1 2 1 ( 种 ) 2 2
答：不同的栽种方法p有pt精选1版20种。
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强化训练 1、至少需要几种颜色才能使 右图中所有有公共端点的线段 涂上不同的颜色？ 4种
2、将一个四棱锥S–ABCD的 每个顶点染上一种颜色，并使 同一条棱的两个端点异色，如 果有5种颜色可供使用，那么 A 不同的染色方法有多少种？
420种 ppt精选版
不同的栽种方法有120ppt精选版将一个四棱锥sabcd的每个顶点染上一种颜色并使同一条棱的两个端点异色如果有5种颜色可供使用那么不同的染色方法有多少种
染色问题
执教：叶 春 天
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二十世纪现代数学十大成果之一——四色问题:
给任意一张平面地图着色时，最多用四 种颜色就可使任何具有公共边界线的区域 着不同颜色。
S
D
C
B
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小结：
解决染色问题的基本方法有二：分步 法和分类法。但分步法中有些步骤却要分 类计算，而分类法中的有些类型则要分步 计算。因此，要注意将二者结合使用。
作业:
课堂新坐标P282 一、二
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下课 谢谢指导
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问题一：给四川、青海、西藏、云南四省 （区）的地图染色，要求每省（区）用一种 颜色，相邻省（区）着不同色，有四种颜色 可供使用，则不同的染色方法有多少种?
染色与覆盖
染色与覆盖1、圆上有6个点，两两之间可连15条线段，用黑白两色将这15条线段染色，求证：（1）一定存在一个三角形三边同色；（2）—定存在两个三角形三边同色.2、十七个科学家讨论三个课题，每两个人只讨论一个课题，任意两个科学家之间都讨论了课题，求证: 存在三个科学家，他们讨论的是同样的课题.3、平面上有六个点，其中任三点都组成一个不等边三角形•证明：一定存在一条边，它在一个三角形中是最短边，而在另一三角形中是最长边.4、将平面上所有的点任意染成红黄两色之一，求证：无论如何染色，一定存在边长为1或\ 3的同色等边三角形（三个顶点同色的等边三角形）・5、设"ABC为等边三角形，将其三边上所有的点任意染成红黄两色之一.求证无论如何染色，一定存在同色直角三角形（三个顶点同色的直角三角形）6、将平面上每一点都以红、蓝两色之一染色，证明:存在这样两个相似三角形，它们的相似比为2009, 而且每个三角形的三个顶点同色（两个三角形颜色可以不同）.7、正方形内排列看n个互不相交且互不包含的圆，证明：可以把正方形划分成n个凸多边形，使得每个多边形内恰有一个圆.& 边长为20 >25的矩形内，任意放入120个边长为1的正方形，证明：在此矩形内总还可以再放入一个直径为1的圆，它与所有小正方形都不重叠.9、在半径为R的圆上彼此不重叠地放半径均为r的小圆，当放有n个小圆且大圆内不能再多放入一个半径为r的小圆时，求证：\ nr R 0 n 1)r .10、在一个6 >6棋盘上已经摆好了一些骨牌，每一张都覆盖两个相邻的格子•证明：如果至少还有14个格子没有被覆盖，则至少可以再放进一张骨牌，且不需要移动其它的骨牌.。
初中数学染色问题及答案
参考答案1. （1）首先用12块3×3地板砖与6块2×2地板砖能铺成12×11的长方形地面，再利用4个12×11的板块，恰用1块1×1地板砖，可以铺满23×23的正方形地面．（2）我们将23×23的大正方形分成23行23列共计529个1×1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2×2或3×3的小正方块无论怎样放置（边线与大正方形格线重合），每块2×2或3×3的正方块都将盖住偶数块1×1的白色小方格．假设用2×2及3×3的正方形地板砖可以铺满23×23后正方形地面，则它们盖住的白色1×1的小方格总数为偶数个．然而23×23地面染色后共有23×15（奇数）个1×1的白色小方格，矛盾．所以，只用2×2，3×3两种型号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．2. 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：2880．3. 因为绿色小方格的上方和右方不能与红色方格邻接，根据要求按照左上、右上、左下、右下的顺序所有可能的结果为：绿、绿、绿、绿，绿、绿、红、红，红、绿、红、绿，红、红、红、绿，红、红、红、红共5种涂色方法．故答案为5．4. 如下图3所示，将8×8方格黑白交替地染色此题允许右上图4所示的6个操作，这6个操作无论实行在哪个位置上，白格中的数字之和减去黑格中的数字之和总是常数，所以图1中白格中的数字之和减去黑格的数字之和，与图2中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和相等，都等于32，由（31+A）-32=32，得出A=33．5. （1）第一个三角形染色有4种，第二个三角形有3种颜色可以涂色，第三个三角形就只有两种颜色涂色了，最后一个三角形只有1种选择了，故不同的涂色方法种数N=4×3×2×1=24种，（2）上方三角形染色有4种，右边三角形有3种颜色可以涂色，下边三角形就只有两种颜色涂色了，左边三角形只有1种选择了，故不同的涂色方法种数N=4×3×2×1=24种，（3）正四面体四个三角形的涂色原理和种数和图①和图②都相同，也是24种6. 假设六个面有6个数字，1号上若染红色，则2，3，4，5，6每个都有两种可能的颜色，共10种；1号上若染蓝色，则2，3，4，5，6每个都有两种可能的颜色，共10种．故答案为：20．7. ∵因为M与m分别是红色方格与绿色方格中的数，故M-m≠0．∴M-m可能有8个不同的值：-4，-3，-2，-1，1，2，3，4．故M-m可以有8个不同的值．故答案为：8．8. ∵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．故答案为10．9. 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D E，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．。
第3讲 染色与覆盖
第3讲染色与覆盖1.如右图所示，25个座位分为12白13黑.相邻座位总是一黑一白，因为只有12个白座位，所以原来坐在黑座位上的13人不可能都换到白座位上.所以不能换成.2.如图所示，将房间黑白相间染色，发现有5个白格，7个黑格．因为每次只能由黑格到白格或由白格到黑格，路线必然黑白相间.入口处是黑格，从入口到出口共要走11步，那么最后一步必然是白格.然而出口处也是黑格，因此不可能不重复的走遍每个房间.3.将图形中的节点黑白相间染色，那么从黑点只能走到白点，从白点只能走到黑点.如果要每个节点都恰好经过一次，那么黑点和白点的数目应该刚好相等或者差1.而其中一共有9个黑点，7个白点，白点比黑点少2个，因此不能.4.先对44⨯的棋盘黑白相间的涂色(如图),这道题的实际问题是问7个12⨯矩形能否分别覆盖剪去A、B；剪去A、C；剪去A、D的三个棋盘.若7个12⨯矩形可以覆盖剪残的棋盘,因为每个12⨯矩形均可盖住一个白格和一个黑格,所以棋盘的白格与黑格数目应该相等.都是7个.而剪去A格和C格的棋盘(2)有6个白格8个黑格,剪去A、D的棋盘(3)有6个白格8个黑格,因此这两个剪损的棋盘均不能被7个12⨯矩形覆盖,也就不能剪成7个12⨯的矩形.棋盘(1)可以被7个12⨯的矩形所覆盖.下面给出一种剪法:5.将棋盘里黑白相间涂色.一个田字形盖住2个白格,一个T字形盖住3个或1个白格.故1个田字和15个T字盖住的白格数是一个奇数,但棋盘上的白格数是一个偶数.因此一个田字形和15个T字形不能盖住88⨯的棋盘.6.将44⨯的方格进行黑白相间染色，如右图所示，每个小格同时加1或减1，因黑白格数相等，那么操作中不变的应该是黑格数字和与白格数字和之差，由图⑴知这个差是8，由图⑵可知：白格数之和-黑格数之和(7)88A=．A=+-=，所以9。
思维训练02 切片与染色二(通用版)(含答案)
思维训练02 切片与染色二（通用版）
一、填空题(共1道，每道20分)
1.将16个相同的小正方体拼成一个体积为16立方厘米的长方体，表面涂上漆，然后分开，则3个面涂漆的小正方体最多有____个，最少有____个。
答案：12, 0
试题难度：三颗星知识点：立体图形染色
二、解答题(共4道，每道20分)
2.一个5×5×5的立方体，所有面的中心十字都被打通，如图，求这个立体图形的体积是多少？
答案：76
试题难度：三颗星知识点：切片法求立体图形的体积
3.将如图所示的一个3×3×3的正方体的表面涂色，请问没有被涂色的小正方体有几块？
答案：1
试题难度：三颗星知识点：立体图形染色
4.一个长方体的长是12厘米，宽10厘米，高是8厘米，在它的表面涂满颜色后，截成棱长是1厘米的小正方体，请问恰好没有被涂色的小正方体有多少块？
答案：480
试题难度：三颗星知识点：立体图形染色
5.有125个边长为1厘米的同样大小的小正方体，其中35个为白色的，90个为黑色的。
现将它们拼成一个5×5×5的大正方体，在大正方体的表面上白色部分最多可以是多少平方厘
米？
答案：78
试题难度：三颗星知识点：立体图形染色。
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初中数学拔尖材料16 覆盖与染色问题
姓名___________
本讲主要介绍：棋盘上的覆盖问题，即用21⨯即“日”形的方格，31⨯即“目”形的方格，3L -方块，4L -方块，凸汉字方块等等．讨论完全覆盖与不完全覆盖问题．
一、棋盘覆盖
若用一些各种不同的形块去铺盖m n ⨯棋盘，使得棋盘的所有方格都被这些形块盖住，并且没有形块交叉重叠在棋盘上，则称这一铺盖为m n ⨯棋盘的一个完全覆盖，简称棋盘覆盖．．．．
． 例1．一个2 ()n n N ⨯∈的棋盘存在日字形覆盖；一个23⨯的棋盘存在3L -形块覆盖．
例2．一个23⨯的棋盘存在几种日形覆盖？
例3．在33⨯的棋盘上，去掉中心的方格，残缺棋盘存在日形覆盖．
例4．求证：m n ⨯的棋盘存在日形覆盖，当且仅当m n 、中至少有一个是偶数．
例5．在57⨯棋盘中，去掉位于第2行、第4列上的小方格，所剩下的部分有日形覆盖．
例6．求证：若3mn Œ
，则m n ⨯的棋盘不存在3L -形块覆盖．
二、染色问题
什么是染色？染色的实质就是分类，具有同一色彩的小方块成为一类．与一般的分类不同的是：利用染色来分类直观和趣味性强．棋盘上的染色技术有两种：一种是对棋盘按行、列染色，相邻的行或列染上不同的颜色；另一种是对棋盘进行相间染色，即每个相邻的小方格染不同的颜色．
例7．求证：在一个35⨯的棋盘上去掉位于第2行第1列的方格，则残缺棋盘上不存在日形覆盖．
例8．一个88⨯的方格棋盘能否用15个凸型块和一个“田”型块完全覆盖？
例9．一个37⨯棋盘上的每一个小方格染上红、蓝两色中的一种，求证：总可以找到四个同色的小
方格位于一个长方形的四个角上．
例10．在88⨯棋盘上剪去左上角与右下角的方格，剩下的62个方格是否存在日形块覆盖？
例11．求证：一个37⨯的棋盘不存在3L -形块覆盖．
例12．用若干个
恰好覆盖了m n ⨯棋盘，求证：8()mn ．
三、巩固练习
1．求证：79
⨯的棋盘中，挖去位于第4行、第6列的小方格，剩下的部分存在日形覆盖．
2．在66
⨯的正方形棋盘上的各个小方格上，分别写上从1到36这36个自然数，要求下列四种图形内所写的数字之和为偶数，问这种写法是否存在？
3．把7个面积为1的圆放在某一平面上，所盖住的总面积为4，试证明：总有两个圆重迭部分的面
积不小于1
7
．
4．把28
⨯棋盘中水平直线和竖直直线的交点称为格点，对这些格点染上两种颜色，求证：一定存在两条水平直线和两条竖直直线，由它们所成的格点是同一颜色．。