一道高考题的解法、推广及其引伸

杨木英

题1 (2008年高考全国卷Ⅰ(理)第12题)如图1，一环形花坛分成A、B、C、D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1=种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为().

A.96B.84

C.60D.48

这是一道选择题的压轴题，主要考查运用排列、组合的知识解决实际问题的能力，下面先给出本题的三种解法.

解法1：(玦)A与C两块种同种花有4×3×3=36种；(玦i)A与C两块种不同种的花有4×3×2×2=48种.所以符合条件的不同种法共有36+48=84种，故选B.

解法2：由题意，符合条件的种法至少要种两种不同的花，所以(玦)A、B、C、D四块用2种不同的花种有C24A22=12种；(玦i)A、C、B、D四块用3种不同的花种有C34C23A22A22=48种；(玦ii)A、C、B、D四块用4种不同的花种有A44=24种.因此，符合条件的不同种法总数为12+48+24=84种，故选B.

解法3：首先对A块有4种不同的花种法，对B、C、D三块各有3种不同的花种法，由分步计数原理，这四种不同的花种到环形花坛的A、B、C、D四块共有4×3×3×3=108种种法，但A与D两块可能种上同种的花，这种情形有4×3×2=24种，所以，符合条件的不同种法总数为108-24=84种，故选B.

根据解法3的思路，上述问题容易推广到一般情形：

如图2，一环形花坛分成A1、A2、…、A璶的n(n≥2)块，现有m(m≥2)种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，不同的种法共有多少种?

解：记m种不同的花种到环形花坛分成A1、A2、…、A璶的n块中符合条件的种法共有a璶种，因为A1块有m种不同的花种法，A2块有m-1种不同的花种法，A3块有m-1种不同的花种法，…，A璶块有m-1种不同的花种法，由分步计数原理，这个环形花坛分成A1、A2、…、A璶的n块有m(m-1)﹏-1种不同的种法，但A1与A璶可能种同种的花，这种情形相当A1与A璶捆绑去掉一块即有a﹏-1种，于是a璶与a﹏-1满足递推关系式：

a2=m(m-1),a璶=m(m-1)﹏-1-a﹏-1(n≥3).∴a璶-(m-1)琻=-a﹏-1-(m-1)﹏-1,∴数列{a璶-(m-1)琻}是首项为a2-(m-1)2=m-1，公比为-1的等比数列.a璶-(m-1)琻=(m-1)•(-1)﹏-2,所以a璶=(m-1)［(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1］(n≥2).

因此符合条件的不同的种法总数为(m-1)［(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1］.特别地，当m=4,n=4时得题1的答案为84.

把上面种花问题理解为用m种颜色给n个区域涂色问题.则有下面的一般结论：

推广 如图2，圆环分成A1，A2，…，A璶的n(n≥2)个小扇环区域，现用m(m≥2)种不同颜色给圆环中的n个小扇环区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为(m-1)［(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1］.

一般地，用m(m≥2)种颜色给如图3，图4，图5的各个区域涂色或给图6多边形的顶点涂色，每个区域或顶点只涂一种颜色，相邻区域或相邻顶点颜色不同的涂色问题，都可以看作图2中的圆环涂色问题，利用推广结论求解.

下面运用推广结论容易求得两道2003年的高考题.

题2 (2003年全国高考题)如图7，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种.

题3 (2003年天津高考题)如图8，某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分成6个部分，现要栽种4种不同颜色的花，每部分种一种，且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 种.

解析：图7可以看作为图9中区域1为中心的扇环区域2、3、4、5.因为先涂区域1有4种涂法，又区域1和其余的四个扇环区域相邻，依题意则涂区域1的颜色不能用来涂其余的四个区域.根据推广结论，用3种颜色涂四个小扇环区域有2(-1)4+23=18种，由分步计数原理，不同的着色方法共有4×18=72种，故题2应填72.

同样，图8可以看作为图10，同理可得题3的不同栽种方法有4×2(-1)5+24=120种，故题3应填120.因此可得

引伸1 如果关于区域A0为中心的圆环分成A1，A2，…，A璶的n(n≥1)个小扇环区域，现用m(m≥2)种不同颜色给圆环中的n+1个区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为m(m-2)•(-1)﹏-2+(m-2)﹏-1.

证明：如图11，第一步，先对区域A0涂色，有m种涂法，由于区域A0和其余A1，A2，…，A璶的n个小扇环区域都相邻，所以，涂区域A0的颜色不能用来涂其余的n个区域.

第二步，根据推广结果，用m-1种颜色涂圆环的n个小扇环区域有(m-2)•(-1)﹏-2+(m-2)﹏-1种涂法，所以，由分步计数原理，不同的涂色方法种数共有m(m-2)(-1)﹏-2+(m-2)﹏-1.

类似地，用不同颜色给n(n≥3)棱锥的每一个顶点涂色，使得同一条棱上的两个端点颜色不同的涂色问题，同样转化为引伸1的结论求解.例如

题4 将一个四棱锥的每一个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点颜色不同，如果只有5种颜色可供使用，不同的涂色方法总数有 种.

解：如图12，把顶点S、A、B、C、D分别看作图11中的A0，A1，A2，A3，A4，则问题转化为引伸1，显然不同染色方法总数为5×3•［(-1)2+33］=420.故应填420.

事实上，用m种颜色给图2圆环的n个小扇环区域涂色的问题，也可以理解为m个人相互进行n次传球后球仍回到首发球者手中的传球问题.两者的基本思想方法类似，不同的是传球问题第一次发球者是固定.若第一次发球者不固定，则传球问题就是上述推广的涂色问题，于是根据推广有

引伸2 包含甲在内的m(m≥1)个人相互传球，若第一次球首先从甲手中发球传出，则经过n次传球后球仍传回到甲手中的传球方法种数为m-1m(-1)﹏-2+(m-1)﹏-1.

证明：设经过n次传球，球回到甲手中的传球方法有a璶种，因为第一次球从甲手中传球给其他人有m-1种传球方法，第二次由拿球者再传给其他人也有m-1种，同理，第三次、第四次、…，第n-1次传球都有m-1种方法，最后第n次传球只能传给甲，且只有一种传球方法.由分步计数原理，共有(m-1)﹏-1种

传球方法.但要去掉第n-1次传球时，拿球者恰好是甲的情形共有a﹏-1种传球方法，所以a璶与a﹏-1满足递推关系：

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.

∴数列a璶-(m-1)琻m是公比为-1，首项为a1-m-1m=-m-1m的等比数列.因此a璶-(m-1)琻m=-m-1m(-1)﹏-1，

故a璶=m-1m(m-1)﹏-1+(-1)﹏-2.

题5 甲、乙、丙、丁四个人相互传球，由甲开始发球，并记作第一次传球，经过4次传球后，球仍然回到甲手中，则不同的传球方法有 种.

解：由引伸2，显然不同的传球方法有a4=34(33+1)=21，故填21.

注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”