Subfield: Combinatorics


Question: 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.

Solution:
将 20 边形换成 $2 n$ 边形，考虑一般的问题.

对凸 $2 n$ 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. 首先注意下述基本事实:

引理一: 对 $P$ 的任意三角剖分图 $T, T$ 的完美匹配不含奇弦.

引理一的证明: 如果完美匹配中有一条奇弦 $e_{1}$, 因为 $T$ 的一个完美匹配给出了 $P$ 的顶点集的一个配对划分, 而 $e_{1}$ 两侧各有奇数个顶点, 故该完美匹配中必有 $T$ 的另一条边 $e_{1}$, 端点分别在 $e_{1}$ 的两侧, 又 $P$ 是凸多边形, 故 $e_{1}$ 与 $e$ 在 $P$ 的内部相交, 这与 $T$是三角剖分图矛盾. 记 $f(T)$ 为 $T$ 的完美匹配的个数. 设 $F_{1}=1, F_{2}=2$, 对 $k \geqslant 2$, $F_{k+2}=F_{k+1}+F_{k}$ 是 Fibonacci 数列. 下面对 $n$ 归纳证明:

引理二: 若 $T$ 是凸 $2 n$ 边形的任意一个三角剖分图, 则 $f(T) \leqslant F_{n}$.

引理二的证明: 设 $P=A_{1} A_{2} \cdots A_{2 n}$ 是凸 $2 n$ 边形. 从 $P$ 的 $2 n$ 条边中选 $n$ 条边构成完美匹配，恰有两种方法， $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{4}, \cdots, A_{2 n-1} A_{2 n}$ 或 $A_{2} A_{3}, A_{4} A_{5}, \cdots, A_{2 n-2} A_{2 n-1}, A_{2 n} A_{1}$.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 $A_{2} A_{3}, A_{3} A_{6}$, 此时 $f(T)=3$. 总之 $f(T) \leqslant 3=F_{3}$.结论在 $n=2,3$ 时成立.

假设 $n \geqslant 4$, 且结论在小于 $n$ 时均成立. 考虑凸 $2 n$ 边形 $P=A_{1} A_{2} \cdots A_{2 n}$ 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 $w(e)=2 k$, 不妨设 $e$ 为 $A_{2 n} A_{2 k+1}$, 则每个 $A_{i}(i=1,2, \cdots, 2 k)$ 不能引出偶弦.

事实上, 假设 $A_{i} A_{j}$ 是偶弦, 若 $j \in\{2 k+2,2 k+3, \cdots, 2 n-1\}$, 则 $A_{i} A_{j}$ 与 $e$ 在 $P$ 的内部相交, 矛盾. 若 $j \in\{1,2, \cdots, 2 k+1,2 n\}$, 则 $w\left(A_{i} A_{j}\right)<2 k$, 与 $w(e)$ 的最小性矛盾. 又完美匹配中没有奇弦, 故 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{2 k}$ 只能与其相邻顶点配对, 特别地, $A_{1}$只能与 $A_{2}$ 或 $A_{2 n}$ 配对. 下面分两种情况.

情形一选用边 $A_{1} A_{2}$. 则必须选用边 $A_{3} A_{4}, \cdots, A_{2 k-1} A_{2 k}$. 注意到 $A_{2 n} A_{2 k+1}$ 的两侧分别有 $2 k, 2 n-2 k-2$ 个顶点, $2 n-2 k-2 \geqslant w\left(A_{2 n} A_{2 k+1}\right)=2 k$, 而 $n \geqslant 4$, 因此 $2 n-2 k \geqslant 6$. 在凸 $2 n-2 k$ 边形 $P_{1}=A_{2 k+1} A_{2 k+2} \cdots A_{2 n}$ 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 $A_{1} A_{2}, A_{3} A_{4}, \cdots, A_{2 k-1} A_{2 k}$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. 故情形一中的 $T$的完美匹配个数等于 $f\left(T_{1}\right)$.

情形二选用边 $A_{1} A_{2 n}$. 则必须选用边 $A_{2} A_{3}, \cdots, A_{2 k} A_{2 k+1}$. 在凸 $2 n-2 k-2$ 边形 $P_{2}=A_{2 k+2} A_{2 k+3} \cdots A_{2 n-1}$ 中构造如下的三角剖分图 $T_{2}$ : 对 $2 k+2 \leqslant i<j \leqslant 2 n-1$,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 $T$ 的所有在顶点 $A_{2 k+2}, A_{2 k+3}, \cdots, A_{2 n-1}$ 之间的边. 因此每个包含边 $A_{2 n} A_{1}, A_{2} A_{3}, \cdots, A_{2 k} A_{2 k+1}$的 $T$ 的完美匹配, 其余的边必定是 $T_{2}$ 的完美匹配. 故情形二中的 $T$ 的完美匹配个数不超过 $f\left(T_{2}\right)$.

由归纳假设得

$$
f\left(T_{1}\right) \leqslant F_{n-k}, \quad f\left(T_{2}\right) \leqslant F_{n-k-1},
$$

结合上面两种情形以及 $k \geqslant 1$, 有

$$
f(T) \leqslant f\left(T_{1}\right)+f\left(T_{2}\right) \leqslant F_{n-k}+F_{n-k-1}=F_{n-k+1} \leqslant F_{n}
$$

下面说明等号可以取得. 考虑凸 $2 n$ 边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{2 n}$ 的三角剖分图 $\Delta_{n}$ : 添加对角线 $A_{2} A_{2 n}, A_{2 n} A_{3}, A_{3} A_{2 n-1}, A_{2 n-1} A_{4}, A_{4} A_{2 n-2}, \cdots, A_{n+3} A_{n}, A_{n} A_{n+2}$. 重复前面的论证过程, 有

$$
f\left(\Delta_{2}\right)=2, f\left(\Delta_{3}\right)=3
$$

对 $\Delta_{n}, n \geqslant 4$, 考虑偶弦 $A_{n} A_{3}$. 情形一, 用 $A_{1} A_{2}$, 由于在凸 $2 n-2$ 边形 $A_{3} A_{4} \cdots A_{2 \pi}$中的三角剖分图恰是 $\Delta_{n-1}$, 此时有 $f\left(\Delta_{n-1}\right)$ 个 $T$ 的完美匹配. 情形二, 用 $A_{1} A_{2 n}$, 由于在凸 $2 n-4$ 边形 $A_{4} A_{5} \cdots A_{2 n-1}$ 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 $f\left(\Delta_{n-2}\right)$. 从而对 $n \geqslant 4$, 有

$$
f\left(\Delta_{n}\right)=f\left(\Delta_{n-1}\right)+f\left(\Delta_{n-2}\right) .
$$



由数学归纳法即得 $f\left(\Delta_{n}\right)=F_{n}$. 结论得证. 因此, 对凸 20 边形 $P, f(T)$ 的最大值等于 $F_{10}=89$.

Final answer: $89$