江苏省高中数学竞赛 第68讲 图论问题二教案.docx
《江苏省高中数学竞赛 第68讲 图论问题二教案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《江苏省高中数学竞赛 第68讲 图论问题二教案.docx(24页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![江苏省高中数学竞赛 第68讲 图论问题二教案.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-2/23/72b557aa-538c-43d2-9a47-e628c6eb1729/72b557aa-538c-43d2-9a47-e628c6eb17291.gif)
江苏省高中数学竞赛第68讲图论问题二教案
第68讲图论问题
(二)
本讲主要内容:
本讲将继续研究用图来解决问题的方法.
偶图取图G=(V,E),如果V=X∪Y,X∩Y=,其中X={x1,x2,…,xn},Y={y1,y2,…,ym},且xi与xj(1≤i<j≤n),ys与yt(1≤s<t≤m)均互不相邻,则称G为偶图.
色数:
将图G的顶点涂上颜色,如果至少要k种颜色才能使任意两个相邻的顶点颜色不同,则称G的色数为k.显然,偶图的色数≤2.即偶图色数不超过2.
A类例题
例1在空间中给定2n个不同的点A1,A2,…,A2n,n>1,其中任意三点不共线.设M是n2+1条以给定的点为端点的线段的集合.⑴证明:
存在一个三角形,其顶点为给定的点,其边都属于M.⑵证明:
若集合M的元素不超过n2个,则这样的三角形可能不存在.(1973年奥地利数学竞赛)
分析可以从简单的情况开始试验,发现规律再证明.从K4(4阶完全图,见67讲)共有多少条线及多少个三角形、擦去1条线去掉几个三角形入手得出结论,对于K5、K6也能用此法得到结论,但对于p>6,Kp难用此法,如何过渡到一般情况?
可以用数学归纳法.
证明:
n=2时,在4个点间连了5条线,由于4阶完全图在4个点间共可连出6条线,这6条线连出了4个以此4点中的某3点为顶点的三角形.而每条线的两个端点与(除这条线的两个端点外的)另两个顶点可以连出共2个三角形,故去掉任何一条边都使连出三角形数减少2,于是在4个点间连5条线必连出了以此4点中的3点为顶点的三角形.
设n=k时,2k个点间连有k2+1条线时,必有三角形出现.则当n=k+1时,2(k+1)个点间连了(k+1)2+1条线.此时,任取两个相邻的顶点v1,v2,如果在其余的顶点中有某个顶点与v1,v2都连了线,例如v3与v1,v2都连了线(图4
(1)),则出现了三角形.如果其余所有的点与此二点都至多连出1条线(图4
(2)),则去掉点v1,v2及与这两点相邻的边,此时,余下2k个点,至多去掉了2k+1条边,余下至少(k+1)2+1-(2k+1)=k2+1条边,由归纳假设知,其中必有三角形.
综上可知,命题成立.
说明若2n个点间连了n2条边,可以把这2n个点分成两组,每组n个点,规定同组的点间都不连线,不同组的任何两点都连1条线,这样得到了一个完全偶图Kn,n,此时共计连了n2条线,但任取三点,必有两点在同一组,它们之间没有连线,于是不出现三角形.
例2一个舞会有n(n≥2)个男生与n个女生参加,每个男生都与一些女生(不是全部)跳过舞,而每个女生都至少与1名男生跳过舞,证明,存在男生b1,b2与女生g1,g2,其中b1与g1跳过舞,b2与g2跳过舞.但b1与g2没有跳过舞,b2与g1没有跳过舞.
分析就是要给出一种选择方法,按此方法操作,即可选出满足要求的两个男生与两个女生.可以用极端原理来证明这样的存在性命题.
证明取所有男生中与女生跳舞人数最多的一个,设是b1.b1至少与1名女生没有跳过舞,取没有与b1跳过舞的一名女生为g2,g2至少与1名男生跳过舞,设为b2,显然b1不是b2,现在考虑所有没有与b2跳过舞的女生,她们不能都没有与b1跳过舞,(否则没有与b1跳舞的女生人数就比没有与b2跳舞的人数多,b1就不是与女生跳舞人数最多者).即至少有1个女生没有跟b2跳过舞但跟b1跳过舞.这个女生即为g1.
说明这里就得到了一个偶图{b1,b2}∪{g1,g2}.(图中,括号内的数字表示证明中出现的先后顺序).极端原理常用于证明存在性命题.
情景再现
1.求证:
顶点多于1的树是偶图.
2.证明偶图的色数≤2,反之,色数≤2的图是偶图.
B类例题
例3某镇有居民1000人,每人每天把昨天听到的消息告诉自己认识的人,已知任何消息只要镇上有人知道,都会经过这样的方式逐渐地为全镇的人所知道.证明可以选出90名代表,使得同时向他们报告一个消息,经过10天,这一消息就为全镇的人知道.
分析就是要给出一个把1000个点的连通图分成90个子图的方法,使每个点都在其中一个子图中,且每个子图的最长的链的长度不超过10.这样,只要把每个子图的最长链的一个端点选为“代表”,就能完成这个任务.
证明用1000个点代表1000个居民,两名居民相识,则在两点之间连一线,如此可得一图,依条件,这个图是连通图.若图中有圈,则我们去掉圈中的一边使圈被破坏而不影响图的连通性,经过有限次这种手续,可得树T1000.
在T1000中取一条主干v1v2…vn,取v11作为1个代表,把边v11v12去掉,则此图分成了2个连通分支,在含有v1的一棵树中,每点到v11的路的长度都不超过10,否则v1v2…vn在T1000中不是主干,故v11知道的消息在10天内可以传遍它所在分支的点集所代表的居民;余下另一分支再取其主干,又按此法得出第二个代表v22,依此类推,则T1000分割成若干棵树:
同样,在含v22,v33,…的树中,v22,v33,…知道的消息在10天内都能传遍树的点集所代表的居民;由于1000=11×89+21,且每一个小分支树可能还有分支,从而其顶点数可能超过11,所以这样分法,至多分出89棵树并余下一个至多有21个点的树,该树的链长≤20,取此链的中心v,则该链上每个点到v的距离都≤10.现在取v11,v22,v33,…为代表,最后一棵树取其中心v为第90名代表,只要将消息告诉这些代表,则在10天之后,每个分支树的点集所表示的居民全都知道这个消息,问题已获解决.
说明注意每次在最长链上截去一段后,余下的链的主干不一定就是原来主干的截剩部分,所以每次都要重新确定主干.
例4一个国家的国王打算建n个城市且修(n-1)条道路,使每条道路连接两个城市而不经过其他城市.而每两个城市都可以互相到达,其间的最短距离恰是1,2,…,C
=
n(n-1)这些数,问在下列情况下,国王的打算能否实现:
(1)n=6;
(2)n=1998.
分析就是要画一个树,使任两个顶点的距离都不能相同.对于顶点数少的情况估计是可能存在的,而要得到n=6图可以用构造法.对于n=1998,估计不会存在,所以可以用反证法证明.
为了得到n=6的情形,长度为1与2的线段是要取的,否则得不到1,2,这两条线段连结可以得到长度3,为得到距离为15、14、…的线段,可以取某两个城市间距离为8(15的一半),此时8+7=15,8+6=14,8+5=13可以通过增加一条长度为5的线段如图得到,再增加一条长为4的线即可得到全部的15个数.
解
(1)n=6时,国王的打算可以实现,城市和道路的分布可依据图所示.
⑵n=1998时,国王的打算不能实现,因为符合要求的道路网存在的必要条件是:
n或(n-2)是完全平方数,证明如下:
用点表示城市,用线表示连接城市的道路,得到一个图G.由题设,知G是n阶连通图,又其线的数目恰为(n-1),故G是n阶树,因而G的任两点之间只存在唯一的通道.把G的顶点二染色:
任取一个点A,对于图中任一点,若它沿唯一的通道到A的距离是一个偶数,则把此点染红(A也应染红,因A到A的距离为0,0是偶数),否则染蓝.
设红点的数目为x,则蓝点的数目为y=n-x.考虑距离为奇数的点对,易知:
两点之间的距离为奇数,当且仅当这两个点一红一蓝.由一个红点和一个蓝点组成的点对有xy个.又在1,2,…,
n(n-1)中,当
n(n-1)为偶数时,其中的奇数有
n(n-1)个;当
n(n-1)为奇数时,奇数有
[n(n-1)+2]个.于是,如果国王的打算可以实现,则必须满足
xy=
n(n-1)①或xy=
[n(n-1)+2]②.
此时,对于①,有4x(n-x)=n(n-1),即4x2-4nx+n2-n=0,
解得x=
,相应的y=
.
同样,对于②:
有x=
,y=
.
故只有n或(n-2)是完全平方数时,国王的愿望才可能实现.但1998和1998-2=1996都不是完全平方数,故当n=1998时,国王的打算不可能实现.
说明我们只证明了这个条件是必要条件,没有证明这个条件是充分的.对于n=6,有6-2=4是完全平方数,有可能存在满足要求的图,再通过构造出满足要求的图,才能确定解存在.
例5证明:
任意的9个人中,必有3个人互相认识或4个人互相不认识.
分析即证明,在任意的K9中,把边涂成红或蓝两种颜色,则必存在红色K3或蓝色的K4.或在一个有9个顶点的图G中,必存在K3,或在其补图中,存在K4.
证明⑴如果存在一个顶点,从这点出发的8条线中,有至少4条为红色,设从v1引出的4条线为红色,引到v2,v3,v4,v5.若此4点中的某2点间连了红色线,则存在红色K3,若此4点间均连蓝线,则存在蓝色K4.
⑵如果从任一点出发的8条线中,红色线都少于4条.于是从每点出发的蓝色线都至少5条.但由于任何图中的奇顶点个数为偶数,故不可能这9个顶点都引出5条蓝线.于是至少有一个顶点引出的蓝线≥6条,例如从v1到v2,v3,…,v7都引蓝线,则在v2,v3,…,v7这6个点的图中,必存在红色三角形或蓝色三角形,于是G中必有红色K3,或蓝色K4.
链接拉姆赛(Ramsey)问题
本题实际上说的是:
在有n个顶点的图G中,有一个K3,或在其补图
中(在K9中去掉G的所有边后余下的图即G的补图)有一个K4,二者必有一成立.n=9是保证这一个结论成立的n的最小值.一般的,在一个有t个顶点的图中存在Km,或在其补图中存在Kn,t的最小值是多少?
这就是拉姆赛问题.记满足上述要求的t的最小值为r(m,n).
则有r(m,n)=r(n,m),
r(1,n)=r(m,1)=1,r(2,n)=n,r(m,2)=m.
并可证:
定理一在m≥2,n≥2时,r(m,n)≤r(m,n-1)+r(m-1,n).
现在已经求出的r(m,n)有:
r(3,3)=6,r(3,4)=9,r(3,5)=14,r(3,6)=18,r(3,7)=23;r(4,4)=18.
定理二设完全图KN的边涂了n种颜色,则在N充分大时,KN中必有一个同色三角形.设rn是使KN中有同色三角形存在在N的最小值,则
⑴r1=3,r2=6,r3=17;
⑵rn≤n(rn-1-1)+2;
⑶rn≤1+1+n+n(n-1)+…+
+
+n!
.
上述两个定理都是拉姆赛定理的特例,更一般的结论请参阅单墫教授的有关图论的著作.例如《趣味的图论问题》等
情景再现
3.平面α上有n条直线,把α分成若干区域,证明:
可以用两种颜色就可使相邻的区域都涂上不同的颜色.
4.在8×8的棋盘上填入1~64的所有整数,每格填一个数,每个数填一次.证明:
总能找到两个相邻的格子(有公共边的两个方格就是相邻的方格),这两个方格中填的数相差不小于5.
5.证明:
任意14人中,必有3人互相认识或有5人互相不认识.
C类例题
例61990个人分成n组,满足
(a)每个组中没有人认识同组的所有的人;
(b)每个组中,任意三人中至少有两人互不认识;
(c)每个组中两个互不认识的人,必可在同组中恰好找到一个他们都认识的人.
证明:
在每一组中,各人在该组中认识的人数都相同.并求分组个数n的最大值.(1990亚洲与太平洋地区数学竞赛)
分析条件都是针对某一组的,所以证明应在某个组内进行,由于两点或连线,或未连线,故可以分两点未连线及两点已连线的情况证明.
要求组数最多,应使每组的人数最少.故求应每组人数的最小值.
解取其中一组M,设|M|=m,用m个点表示组M中的人,若两人认识,则在相应点间连一条线.于是题设条件可写为:
(a)M中任何一点,与M中其余的点没有都连线,即设x∈M,用d(x)表示x在M中的次数.则d(x)≤m-1.
(b)M中没有连出三角形;
(c)设x,y∈M.若x,y未连线,则存在唯一z∈M,与x,y均连线.
原题即求证:
M中每个点向M中点连的线数均相等.
由于M中没有点与其余所有的点都连了线,故存在x,y∈M,且x,y未连线.由(c)存在惟一z∈M,且z与x,y都连了线.
⑴记M中除z外与x连线的点集为A,与y连线的点集为B,由(c),A∩B=,且由(b),A、B中任何两点均不相邻.对于p∈A,由于p与y不相邻,则有唯一点与p及y都相邻,此点必在B中,设为q,同样,B中任何一点q,也必与A中唯一点p相邻.且若p1、p2∈A,则在B中与它们相邻的点q1、q2互不相同,否则与(c)矛盾(p1、p2若与B中的q都连线,则它们与两个不同的点x及q都连了线).这说明A与B的元素有一
一对应关系,|A|=|B|.则d(x)=d(y).
⑵若x,y连线,则由(a),存在u∈M,u与x未连线,则d(x)=d(u).若u与y也未连线,则由上证,d(u)=d(x)=d(y).若u与y连线,则存在v∈M,v与y未连线,d(v)=d(y),当v与x未连线时,d(x)=d(v)=d(y);当v与x连线时,由(c),v与u必不连线,于是d(v)=d(u),从而d(x)=d(y).故每组中的人认识本组的人数相同.
⑶为了求分组个数的最大值,应找出满足条件的组中人数的最小值,由(a),有x,y∈M,x与y不相邻.于是由(c),存在z∈M,与x、y都相邻.由(a),必还有u,u与z不相邻(否则z与同组的点都相邻);于是由(c),u必与x、y之一相邻,设u与x相邻,于是u与y不相邻.故又存在v与u、y相邻.这样就有了5个点.从而每组至少5个点.而图中5个点满足全部要求.
于是至多可分出1990÷5=398组.
例7给定平面上的点集P={P1,P2,…,P1994},P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组,使得每组至少有3个点,且每点恰好属于一组,然后将在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案G,不同的分组方式得到不同的图案,将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G).
(1)求m(G)的最小值m0;
(2)设G*是使m(G*)=m0的一个图案,若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形.(1994年全国高中数学联赛)
分析估计当各组点数尽可能接近时三角形个数最少.因此只要证明当两组点数差≥2时,不能达到最小值.可以用逐步调整法来证明.第⑵小问可以用构造法来解.注意K5的边2染色时,可以找到不存在同色三角形的染色法,于是可以据此构造出满足要求的图来.
解:
设G中分成的83个子集的元素个数分别为ni(1≤i≤83),
ni=1994.且3≤n1≤n2≤…≤n83.
则m(G)=
C
.即求此式的最小值.
设nk+1>nk+1.即nk+1-1≥nk+1.则C
+C
-(C
+C
)=C
-C
<0.这就是说,当nk+1与nk的差大于1时,可用nk+1-1及nk+1代替nk+1及nk,而其余的数不变.此时,m(G)的值变小.
于是可知,只有当各ni的值相差不超过1时,m(G)才能取得最大值.
1994=83×24+2.故当81个组中有24个点,2个组中有25个点时,m(G)达到最小值.
m0=81C
+2C
=81×2024+2×2300=168544.
⑵取5个点为一小组,按图1染成a、b二色.这样的五个小组,如图2,每个小圆表示一个五点小组.同组间染色如图1,不同组的点间的连线按图2染成c、d两色.这25个点为一组,共得83组.染色法相同.其中81组去掉1个点及与此点相连的所有线.即得一种满足要求的染色.
例8有n人聚会,已知每人至少认识其中的
个人.而对任意的
个人,或者其中有两人认识,或者余下的n-
人中有两人相识.证明:
当n≥6时,这n个人中必有3人两两认识.(1996年全国联赛)
分析本题与例6类似,要通过分析连线的情况找出三角形来.由于题中给出了
,故应分n为偶数或奇数的情况分别讨论.
证明作一个图,用n个点表示这n个人,凡二人认识,则在表示此二人的点间连一条线.问题即,在题设条件下,存在以这n点中的某三点为顶点的三角形.设点a连线条数最多,在与a连线的所有点中点b连线最多,与a连线的点除b外的集合为A,与b连线的点除a外的集合为B.
1°设n=2k,则每点至少连k条线,集合A、B中都至少有k-1个点.
⑴若存在一点c,与a、b都连线,则a、b、c满足要求;
⑵若没有任何两点与a、b二点都连线(图1),则由A∩B=,|A∪B|≤2k-2,|A|≥k-1,|B|≥k-1,故得|A|=|B|=k-1,且图中每点都连k条线.若A中任何两点间均未连线,B中任两点也未连线,则A∪{b}中不存在两点连线,B∪{a}中也不存在两点连线.与已知矛盾.故在A(或B)中必存在两点,这两点间连了一条线,则此二点与a(b)连出三角形,
2°设n=2k+1.则每点至少连k条线,A、B中都至少有k-1个点.
⑴若存在一点c,与a、b都连线,则a、b、c满足要求;
⑵若没有任何两点与此二点都连线,且|A|≥k,则由|B|≥k-1(图2),A∩B=,|A∪B|≤2k-1,可得|A∪B|=2k-1,|A|=k,|B|=k-1,若A中任何两点间均未连线,B中任两点也未连线,则A∪{b}中不存在两点连线,B∪{a}中也不存在两点连线.与已知矛盾.故A(或B)中存在两点,这两点间连了一条线,则此二点与a连出三角形,
⑶若没有任何两点与此二点都连线,且|A|=k-1,即每点都只连k条线.这时,必有一点与a、b均未连线,设为c(图3).c与A中k1个点连线,与B中k2个点连线,k1+k2=k,且1≤k1,k2≤k-1.否则若k2=0,则A∪{b}中各点均未连线,B∪{a,c}中各点也未连线.矛盾.故k1,k2≥1.且由于n≥6,则k1+k2≥3,故k1,k2中至少有一个不小于2,不妨设k1≥2,现任取B中与c连线的一点b1,由于b1与B中其余各点均未连线,若b1与A中的所有与c连线的点均未连线,则b1连线数≤2+k-1-k1≤k-1,矛盾,故b1至少与此k1个点中的一点连线.故证.
情景再现
6.在正整数n与δ满足什么条件时,可以作出一个n阶δ正则图.
即是:
已知n个点,其中某些点间连了一条线,且每个点都恰好与δ个点连了线.问δ可以取什么样的数值?
7.某次体育比赛,每两名选手赛一场,每场一定决出胜负,通过比赛确定优秀选手,选手A被确定为优秀选手的条件为:
对任何其他选手B,或A胜B,或存在选手C,有A胜C而C胜B.如果按这个条件确定的优秀选手只有1名.求证:
这名选手胜所有其余的选手.(1988年中国数学冬令营)
8.给定空间中的9个点,任意4点不共面,每两点间连一线段.求最小的n值,使当对其中任意n条线段用红、蓝两色之一任意染色时,都一定出现一个三边同色的三角形.(1992中国数学奥林匹克)
习题13
1.⑴如果在偶图G=(X,Y,E)中,|X|>|Y|,且X中每个顶点的次数都不小于δ,求证:
Y中至少有一个顶点的次数>δ.
⑵若图G为偶图,且G有圈,则G的圈的长为偶数.反之,若图G有圈,且所有的圈长为偶数,则G为偶图.
2.设C是100阶3正则图,现用红、白两色给这100个点着色,其中红点40个,白点60个,如果一条线的两个端点都是红色,则将这条线也染成红色;如果一条线的两个端点都是白色,则将这条线也染成白色,现已知红色线有38条,问白色线有多少条?
3.若干人相聚,其中有些人彼此认识,若⑴如果某两个人认识的人数相等,则他们没有共同的熟人;⑵有一个人至少有100个熟人.证明:
可以找到一个参加聚会的人,他恰好有100个熟人.
4.有2n个学生,每天出去散步,每两人一组,如果每一对学生只在一起散步一次,这样的散步至多可以持续多少天?
5.20名选手参加14场单打比赛,每名选手都至少参加过1场.证明:
必有某6场比赛的参赛者是12名不同的选手.(1989年美国数学竞赛)
6.在nn棋盘的方格中分别填写1,2,…,n2(n≥2),每格一个数.证明:
必有两个相邻方格(有公共边的方格),方格中的两个数的差至少为n.(1988年捷克数学竞赛)
7.把Kn中的每条线段染上红色或蓝色.把某一点出发引出两条同色线段组成的角叫做同色角.证明:
同色角的总数不小于
n(n-1)(n-3).
8.用黑白两种颜色去涂正九边形的顶点,每个顶点只涂黑、白两色之一,证明:
在以这九点为顶点的所有三角形中,必有两个顶点同色的全等三角形.
9.⑴将完全图K5中的10条线段进行染色,使得有公共端点的线颜色不相同.至少要用几种颜色?
⑵将完全图K2n中的所有线段染上颜色,使得有公共端点的线颜色不相同.至少要用几种颜色?
⑶证明:
将完全图K2n-1中的所有线段染上颜色,使得有公共端点的线颜色不相同.至少要用2n-1种颜色.
10.某团体中任意两个认识的人都没有共同的熟人,而任意两个不认识的人都恰有两个彼此共同的熟人.证明:
该团体中每个人认识的人数都相同.(1975南斯拉夫数学竞赛)
11.某次体育比赛,每两名选手各赛一场,无平局.通过比赛确定优秀选手.设A为选手,如果对其他任意选手B,要么A胜B,要么存在选手C,使得A胜C,C胜B,则A即是优秀选手.证明:
如果按上述规则选出的优秀选手只有1名,则这名选手胜其他所有的选手.(1987年中国数学奥林匹克)
12.排球比赛中,每两队都各比赛一场.对两个球队A与B,如果A胜B,或者存在某个球队C,使得A胜C,C胜B,则称A优于球队B.比赛结束后,优于其他所有球队的球队即被授予冠军称号.比赛结束后能否恰有两个冠军队?
(1988年前苏联数学竞赛)
本节“情景再现”解答:
1.证明任取树T的一个悬挂点v1,把v1涂红,所有与v1距离为奇数的顶点都涂蓝,所有与v1距离为偶数的顶点都涂红,所有涂红的顶点组成集合X,所有涂蓝的顶点组成集合Y,则得到一个二色图,即为偶图.
2.证明设G=(X,Y,E)是偶图,把X中的点全部涂成红色,把Y中的点全部涂成蓝色,则所得的图中,相邻的顶点涂色都不同,即只用2色即可涂完G的所有顶点,使相邻的顶点涂色不同.又如果G没有边,则只用1种颜色即可把G的所有顶点涂好,且没有任何相邻的顶点同色(因没有顶点相邻),故偶图的色数≤2.
反之若图G的色数≤2,若色数=1,表示G中任何两顶点都不相邻,即G没有边,此时,设G为n阶的,可把G中k(1≤k≤n-1)个点涂成一种红色,另外n-k个点涂成蓝色,即得一个二色图,涂红的点集为X,涂蓝的点集为Y,即为偶图.若色数=2,即用两种颜色可以把所有顶点涂色,且同色点都不相邻,则取涂一种颜色的点的集合为X,涂另一种颜色的点的集合为Y,则得到一个偶图.即色数≤2的图是偶图.
3.证明n=1时,1条直线把平面分成2部分,可用两种颜色涂.
设n=k时,k条直线把平面分成的区域有满足题意的涂色法,当n=k+1时,先画出其中k条直线,而暂把第k+1条直线擦去.这时k条直线把平面分成的区域可以涂色.涂好色后,把第k+1条直线画出,凡在这条直线某一侧的部分,涂色不动,而在直线另一侧的部分,把涂的色全部改为另一色,则所得涂色满足题意.即n=k+1时,命题成立.
综上可知,命题成立.
4.证明取每个方格的中心,凡是相邻的两个方格,就把相应的中心连一条线.这样得到了一个图G(图中红线组成的图即为图G).
图G的的直径=14,,故图G中任意两点的距离≤14.
若相邻两个方格中填的数相差<5,则差≤4,于是图G中所填两个数的差≤14×4=56.但图中填了1与64,此二数必有一条链相连,此链的长≤14.即其差≤56,与64-1=6