全国高中数学联赛 2020 年二试第四题

四: (本题满分 50 分) 给定凸 20 边形 P.   用 P 的 17 条在内部不相交的对角线将 P 分割成 18 个三角形,   所得图形称为 P 的一个三角剖分图.   对 P 的任意一个三角剖分图 T,   P 的 20 条边以及添加的 17 条对角线均称为 T 的边.   T 的任意 10 条两两无公共端点的边的集合称为 T 的一个完美匹配.   当 T 取遍 P 的所有三角剖分图时,   求 T 的完美匹配个数的最大值.

解: 将 20 边形换成 2n 边形,   考虑更加一般的问题.

对凸 2n 边形 P 的一条对角线,   若其两侧各有奇数个 P 的顶点,   称其为奇弦,   否则称为偶弦.   则 :
    对 P 的任意三角剖分图 T,   T 的完美匹配不含奇弦.   (1)

如果完美匹配中有一条奇弦 $e_1$,  则 $e_1$ 两侧各有奇数个顶点,   故该完美匹配中必有 T 的另一条边 $e_2$,   端点分别在 $e_1$ 的两侧,   又 P 是凸多边形,   故 $e_1$ 与 $e_2$ 在 P 的内部相交,   这与 T 是三角剖分图矛盾.

............... (10 分)

记 $f(T)$ 为 T 的完美匹配的个数.   设 $F_1=1,F_2=2,$   对 $k\ge 2,F_{k+2}=F_{k+1}+F_k$   是 Fibonacci 数列.

下面对 n 归纳证明:
    若 T 是凸 2n 边形的任意一个三角剖分图,   则 $f(T)\le F_n.$

 设 $P=A_1{A}_2\cdots A_{2n}$ 是凸 2n 边形.   从 P 的 2n 条边中选 n 条边构成完美匹配,   恰有两种方法,   $A_1{A}_2,A_3{A}_4,\cdots ,A_{2n-1}{A}_{2n}$ 或 $A_2{A}_3,A_4{A}_5,\cdots ,A_{2n-2}{A}_{2n-1},A_{2n}{A}_1.$

 当 $n=2$ 时,   凸四边形 P 的三角剖分图 T 没有偶弦,   因此 T 的完美匹配只能用 P 的边,   故 $f(T)=2=F_2.$

 当 $n=3$ 时,   凸六边形 P 的三角剖分图 T 至多有一条偶弦.   若 T 没有偶弦,   同上可知,   $f(T)=2$,   若 T 含有偶弦,   不妨设是 $A_1{A}_4$,   选用 $A_1{A}_4$ 的完美匹配是唯一的,   另两条边只能是 $A_2{A}_3,A_5{A}_6,$   此时 $f(T)=3.$   总之 $f(T)\le 3=F_3$.

 结论在 $n=2,3$ 时成立.   假设 $n\ge 4,$   且结论在小于 n 时均成立.   考虑凸 $2n$ 边形 $P=A_1{A}_2\cdots A_{2n}$ 的一个三角剖分图 T.   若 T 没有偶弦,   则同上可知 $f(T)=2$.

 对于偶弦 e,   记 e 两侧中 P 的顶点个数的较小值为 $w(e)$.   若 T 含有偶弦,   取其中一条偶弦 e 使 $w(e)$ 达到最小.   设 $w(e)=2k$,   不妨设 e 为 $A_{2n}{A}_{2k+1}$,   则每个 $A_i(i=1,2,\cdots ,2k)$ 不能引出偶弦.

 事实上,   假设 $A_i{A}_i$ 是偶弦,   若 j ∈ { 2 k + 2 , 2 k + 3 , ⋯   , 2 n − 1 } j \in \{2k + 2, 2k + 3, \cdots, 2n - 1\} j∈{2k+2,2k+3,⋯,2n−1},   则 $A_i{A}_j$ 与 e 在 P 的内部相交,   矛盾.   若 j ∈ { 1 , 2 , ⋯   , 2 k + 1 , 2 n } j \in \{1, 2, \cdots, 2k + 1, 2n\} j∈{1,2,⋯,2k+1,2n},   则 $w(A_i{A}_j)<2k$,   与 $w(e)$ 的最小性矛盾.

 又由 $(1)$ 知完美匹配中没有奇弦,   故 $A_1,A_2,\cdots ,A_{2k}$ 只能与其相邻顶点配对,   特别地,   $A_1$ 只能与 $A_2$ 或 $A_{2n}$ 配对.   下面分两种情况:

 情形 1: 选用边 $A_1{A}_2$.   则必须选用边 $A_3{A}_4,\cdots ,A_{2k-1}{A}_{2k}$.   注意到 $A_{2n}{A}_{2k+1}$ 的两侧分别有 $2k,2n-2k-2$ 个顶点,   $2n-2k-2\ge w(A_{2n}{A}_{2k+1})=2k$,   而 $n\ge 4$,   因此 $2n-2k\ge 6.$   在凸 $2n-2k$ 边形 $P_1=A_{2k+1}{A}_{2k+2}\cdots A_{2n}$ 上,   T 的边给出了 $P_1$ 的三角剖分图 $T_1$,   在 T 中再选取 $n-k$ 条边 $e_1,e_2,\cdots ,e_{n-k}$   与 $A_1{A}_2,A_3{A}_4,\cdots ,A_{2k-1}{A}_{2k}$ 一起构成 T 的完美匹配,   当且仅当 $e_1,e_2,\cdots ,e_{n-k}$ 是 $T_1$ 的完美匹配.   故情形 1 中的完美匹配个数等于 $f(T_1)$.

............... (20 分)

 情形 2: 选用边 $A_1{A}_{2n}$.   则必须选用边 $A_2{A}_3,\cdots ,A_{2k}{A}_{2k+1}$.   在凸 $2n-2k-2$ 边形 $P_2=A_{2k+2}{A}_{2k+3}\cdots A_{2n-1}$ 中构造如下的三角剖分图 $T_2$: 对 $2k+2\le i<j\le 2n-1$,   若线段 $A_i{A}_j$ 是 T 的边,   则也将其作为 $T_2$ 的边,   由于这些边在内部互不相交,   因此可再适当地添加一些 $P_2$ 的对角线,   得到一个 $P_2$ 的三角剖分图 $T_2$,   它包含了 T 的所有顶点 $A_{2k+2},A_{2k+3},\cdots ,A_{2n-1}$ 之间的边.   因此每个包含边 $A_{2n}{A}_1,A_2{A}_3,\cdots ,A_{2k}{A}_{2k+1}$ 的 T 的完美匹配,   其余的边必定是 $T_2$ 的完美匹配.   故情形 2 中的 T 的完美匹配个数不超过 $f(T_2)$.

 由归纳假设得 $f(T_1)\le F_{n-k},f(T_2)\le F_{n-k-1}$,   结合上面两种情形以及 $k\ge 1$,   有

$f(T)\le f(T_1)+f(T_2)\le F_{n-k}+F_{n-k-1}=F_{n-k+1}\le F_n.$

............... (40 分)

 下面说明等号可以成立.   考虑凸 2n 边形 $A_1{A}_2\cdots A_{2n}$ 的三角剖分图 ${\Delta }_n$: 添加对角线 $A_2{A}_{2n},A_{2n}{A}_3,A_3{A}_{2n-1},A_{2n-1}{A}_4,A_4{A}_{2n-2},\cdots ,A_{n+3}{A}_n,A_n{A}_{n+2}$.   重复前面的论证过程,   $f({\Delta }_2)=2,f({\Delta }_3)=3$.   对 ${\Delta }_n,n\ge 4$,   考虑偶弦 $A_n{A}_3$.   情形 1,   用 $A_1{A}_2$,   由于在凸 $2n-2$ 边形 $A_3{A}_4\cdots A_{2n}$ 中的三角剖分图恰是 ${\Delta }_{n-1}$,   此时有 $f({\Delta }_{n-1})$ 个 T 的完美匹配.   情形 2,   用 $A_1{A}_{2n}$,   由于在凸 $2n-4$ 边形 $A_4{A}_5\cdots A_{2n-1}$ 中 T 的边恰构成三角剖分图 ${\Delta }_{n-2}$,   不用添加任何对角线,   故这一情形下 T 的完美匹配个数恰为 $f({\Delta }_{n-2})$.   从而对 $n\ge 4$,   有

$f({\Delta }_n)=f({\Delta }_{n-1})+f({\Delta }_{n-2})$.

 由数学归纳法即得 $f({\Delta }_n)=F_n$.   结论得证.

因此,   对凸 20 边形 P ,   f(T) 的最大值等于 $F_{10}=89$.

............... (50 分)

一些网友的评论：
安徽省第四名：（89+100）其中第一名 240+，第二名 214，第三名 192.

高一某学生：

某退役选手：

某数竞党网友：


前数竞选手：