浙江 2008 · 数学 q16

冷启动：两条约束，一条管「位置的奇偶」，一条管「两个数字挨着」

题面：用 $1,2,3,4,5,6$ 组成数字互不重复的六位数，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同， 且 $1$ 和 $2$ 相邻，问这样的六位数有多少个。

第一件事：第一条约束把「哪些位置放奇数」定死成两种。 六个数字里奇数是 $1,3,5$（三个）、偶数是 $2,4,6$（三个）。 「相邻两位奇偶性不同」就是说沿着六个位置走，奇、偶必须一步一换——于是整串只能是

$$\text{奇偶奇偶奇偶} \qquad\text{或}\qquad \text{偶奇偶奇偶奇}$$

两种「骨架」都行得通，因为两种骨架里奇数位与偶数位恰好各三个，正好装下三个奇数与三个偶数。 注意这一步已经把「奇偶交替」这条约束用尽了：剩下的自由度只是「哪个奇数放哪个奇数格」。

第二件事：第二条约束里的 $1$ 与 $2$ 分属两边。 $1$ 是奇数、$2$ 是偶数， 所以无论哪种骨架，$1$ 一定站在某个奇数格、$2$ 一定站在某个偶数格。

第三件事：相邻的位置对只有五对。 六个位置排成一排，相邻的位置对是

$$(1,2),\quad(2,3),\quad(3,4),\quad(4,5),\quad(5,6)$$

一共 $5$ 对。而骨架是交替的，所以每一对相邻位置里，必定一个是奇数格、一个是偶数格—— 这正是下面三条路反复用到的那句话。

解法一：先定奇偶骨架，再选 $1$、$2$ 占的那一对相邻位置

怎么想到的。 两条约束里，「奇偶交替」管的是位置的性质、「$1$ 与 $2$ 相邻」管的是具体哪两个数。 先把位置的事办完（骨架），再往格子里放数，两件事就不会互相纠缠。

① 骨架只有两种。 奇数 $1,3,5$ 三个、偶数 $2,4,6$ 三个；「相邻两位奇偶性不同」要求奇偶一步一换， 故六个位置的奇偶模式只能是「奇偶奇偶奇偶」或「偶奇偶奇偶奇」。两种都合法（各有三个奇数格、三个偶数格）。 第一步：$2$ 种。

② 选 $1$、$2$ 占的那一对相邻位置。 $1$ 是奇数、$2$ 是偶数，题目要它们相邻， 所以它们占的是一对相邻位置。六个位置的相邻位置对共 $5$ 对。第二步：$5$ 种。

③ 选定位置对之后，谁进哪一格是被逼死的。 骨架交替 $\Longrightarrow$ 这一对相邻位置里 一个是奇数格、一个是偶数格。$1$ 只能进奇数格、$2$ 只能进偶数格，没有第二种放法。 第三步：$1$ 种。

这一步是本题最容易多算一倍的地方：习惯上「两个元素相邻」要把它们捆成一块再乘 $2!$， 但那个 $2!$ 在这里不存在——块内顺序已经被骨架定死了。

④ 剩下的四个数各回各家。 剩下两个奇数 $3$、$5$ 填剩下的两个奇数格：$A_2^2=2!=2$ 种； 剩下两个偶数 $4$、$6$ 填剩下的两个偶数格：$2!=2$ 种。第四、五步：$2\times2$ 种。

⑤ 相乘。

$$2\times 5\times 1\times 2!\times 2!=2\times5\times4=40$$

答案 $40$。

⑥ 每一步的方法数都与前面的选择无关吗？ 是的——骨架选哪种，相邻位置对仍是 $5$ 对； 位置对选哪一对，剩下的奇数格总是 $2$ 个、偶数格总是 $2$ 个。所以这里可以放心用分步乘法。

解法二：按 $1$ 站在第几位分类——邻位数之和就是 $1+2+2+2+2+1$

怎么想到的。 上一条路先挑骨架。但其实只要 $1$ 站定了，骨架就跟着定了： 与 $1$ 同奇偶的那些位置放奇数，另一半放偶数。于是可以绕开「骨架」这个中间量，直接按 $1$ 的位置数。

① 先把约束翻译清楚。 奇数 $1,3,5$、偶数 $2,4,6$ 各三个；「相邻两位奇偶性不同」 要求整串奇偶交替。$1$ 是奇数、$2$ 是偶数。

② $1$ 的位置一旦定下，骨架就定了。 设 $1$ 站第 $p$ 位。交替意味着与 $p$ 同奇偶的位置全放奇数、 另外三个位置全放偶数——这是一个完整的骨架，不需要再选。

③ $2$ 只能站 $1$ 的邻位，而邻位一定是偶数格。 相邻的两个位置必定一奇一偶， 所以 $1$ 的每一个邻位都属于偶数格，$2$ 放进去总是合法的。数一数邻位：

这一步的方法数随 $p$ 变（$1$ 或 $2$），所以要按 $p$ 分类再相加，不能直接乘。合计

$$1+2+2+2+2+1=10$$

种「$1$ 与 $2$ 的落位」。

④ 其余四个数。 每一种落位之下，剩下两个奇数 $3$、$5$ 填剩下的两个奇数格（$2!$ 种）， 剩下两个偶数 $4$、$6$ 填剩下的两个偶数格（$2!$ 种）——这一步的方法数与前面选了什么无关，恒为 $4$。

⑤ 合计。

$$10\times 2!\times 2!=10\times4=40$$

⑥ 与解法一对账。 $10=2\times5$：两种骨架、每种 $5$ 对相邻位置—— 同一个 $10$，一条路是「按骨架乘出来的」，一条路是「按 $1$ 的位置加出来的」。

解法三：正难则反：交替排列共 $72$ 个，扣掉 $1$、$2$ 不相邻的 $32$ 个

怎么想到的。 两条约束里，「奇偶交替」的总数好数；「$1$、$2$ 相邻」这一条， 有时候反过来数「不相邻」更省事。数完一减就是答案，而且给前两条路一个独立的验算。

① 先数只满足「奇偶交替」的全体。 奇数 $1,3,5$、偶数 $2,4,6$ 各三个，交替骨架两种； 每种骨架下，三个奇数排进三个奇数格有 $A_3^3=3!=6$ 种，三个偶数排进三个偶数格也有 $6$ 种：

$$N_{\text{交替}}=2\times 3!\times 3!=2\times6\times6=72$$

② 再数其中「$1$、$2$ 不相邻」的。 固定一种骨架，比如奇数格是第 $1,3,5$ 位、偶数格是第 $2,4,6$ 位。 $1$ 可站 $1,3,5$ 三处、$2$ 可站 $2,4,6$ 三处，共 $9$ 种组合；把相邻的挑出来：

$$(1,2),\ (3,2),\ (3,4),\ (5,4),\ (5,6)\qquad\text{共 }5\text{ 种}$$

故不相邻的有 $9-5=4$ 种（即 $(1,4)$、$(1,6)$、$(3,6)$、$(5,2)$）。 每种再配上 $3$、$5$ 的 $2!$ 与 $4$、$6$ 的 $2!$：$4\times4=16$。两种骨架对称，合计

$$N_{\text{交替且不相邻}}=2\times16=32$$

③ 相减。

$$N=72-32=40$$

④ 顺带一个比例上的直觉。 在交替排列里，$1$ 与 $2$ 相邻的概率是 $\dfrac{40}{72}=\dfrac59$—— 也就是「$9$ 种 $(1,2)$ 的落位里有 $5$ 种相邻」。这个 $\dfrac59$ 与后面填 $3,5,4,6$ 的方式完全无关， 所以三条路算出来的必然是同一个数。

三条路回头看。 解法一最直白：骨架 $\times$ 位置对 $\times$ 剩下的排列 $=2\times5\times4$， 三步各自独立，适合当模板。解法二绕开了「骨架」这个中间量，代价是第 ③ 步的方法数随 $1$ 的位置变， 必须分类再相加（$1+2+2+2+2+1$）——这也正是它的价值：让人看清那个 $10$ 到底是怎么来的。 解法三独立地算出 $72$ 与 $32$，相减得到同一个 $40$，是最有力的验算。

换个数会怎样。 若把「$1$、$2$ 相邻」改成「$1$、$3$ 相邻」（两个都是奇数）， 答案是 $0$：奇数只能站奇数格，而两个奇数格永远不相邻。 若改成「$1$、$2$ 不相邻」，答案就是上面的 $32$。 若干脆去掉第二条约束，答案是 $72$。三个数 $40+32=72$，正好对上。

🕳️ 避坑

• 「相邻」不要照惯例捆绑再乘 $2!$。 一般的捆绑法里，块内两个元素有 $2!$ 种顺序； 但本题的奇偶骨架已经规定了那一对位置里哪个放奇数、哪个放偶数，$1$ 与 $2$ 的先后没有选择。 乘上那个 $2!$ 会得到 $80$，恰好是答案的两倍——错得很整齐，所以很难被发现。
• 骨架有两种，别只算一种。 只算「奇偶奇偶奇偶」会得到 $20$。 两种骨架是「第 $1$ 位放奇数还是放偶数」的两个分支，缺一不可。
• 别把「相邻两个数字奇偶性不同」读成「相邻两个数字大小交错」。 它约束的是奇偶性， 与数值大小无关：$3,2,5,4,1,6$ 合法，$1,2,3,4,5,6$ 也合法（后者恰好也交替）。
• $1$ 与 $2$ 占的是一对相邻位置，不是「$1$ 在 $2$ 前面」。 两种前后关系都算， 解法一里它们已经被 $5$ 对位置全部覆盖了——$(3,4)$ 与 $(4,3)$ 是同一对位置的两种读法，不要再乘一次。
• 六个数字全用、不重复。 「数字互不重复」意味着这是一个排列问题而不是「每位可任选」的问题； 若允许重复，交替的串会多得多。