摘 要：用m种不同的颜色对圆内n个扇形染色（相邻扇形不同色）的方法数可用公式表示，其中包含恰用2种、恰用3种、…、恰用m种颜色染色的方法.如果要计算恰用m种不同的颜色对圆内n个扇形染色（相邻扇形不同色）的方法数难度更大.本文用猜想证明和算法程序解决了该问题.
关键词：恰用m种颜色；计数问题算法
两道高考题“牵”出的计数问题
2003年高考数学全国卷理科15题如下：如图1，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有多少种？
无独有偶，2008年高考数学全国卷理科12题如下：如图2，一环形花坛分成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，则不同的种法有多少种？
上述两道考题源于同一问题背景.因为前一题中，先选择一种颜色涂1号区域后，再用余下3种颜色涂2、3、4、5号四块区域（相邻区域不同色），此时，与后一题的问题情景完全一致. 一般地，有下述问题：如图3，把圆分成S1，S2，…，Sn共n个扇形（n≥2）. 现对这n个扇形着色，若有m种不同的颜色可供选择，每个扇形一种颜色，相邻扇形不同色，那么共有多少种不同的着色方法？利用递推关系，可求得着色方法共有f（n，m）=（m-1）n+（-1）n·（m-1）种，因此，两道高考题的答案分别为4f（4，3）=72和f（4，4）=84.
不同分类视角提出一类新的计数问题
在一次数学兴趣小组辅导课上，笔者以上述问题背景给出一道练习题：
在图4所示的六边形区域内栽种植物， 要求相邻两块种不同的植物， 如果有4种植物可供选择， 那么有多少种栽种方法？
依据公式，很容易得到答案为f（6，4）=36+3=732. 而多数学生是用分类讨论解决的.
分类视角1：情况①，A，E相同， C与A，E也相同时有4×3×3×3=108种；情况②，A，E相同， C与A，E不同时有4×3×3×2×2=144种；情况③，A，E不同，C与A或E相同时有4×3×2×2×3×2=288种；情况④，A，E不同，C与A，E都不同时有4×3×2×2×2×2=192种. 综上，相加得共有732种栽种方法.
分类视角2：情况①，恰用其中的2种植物种植的种法有C×2=12种；情况②，恰用其中的3种植物种植的种法有C×（A+3×6+3×3×2×2）=240种（小括号内分“A，C，E互不同”“A，C，E都相同”“A，C，E恰有两块相同”讨论）；情况③，恰用其中的4种植物种植的种法有480种.
学生普遍感到上述分类视角2的情况③比较困难， 无法完成讨论. 笔者将该问题归纳成一类新的计数问题叙述如下：“如图3，把圆分成S1，S2，…，Sn共n个扇形（n≥2）. 现对这n个扇形着色，若有m（2≤m≤n）种不同的颜色可供选择，每个扇形一种颜色，每种颜色至少涂一块区域，相邻扇形不同色，那么共有多少种不同的着色方法？”（即恰用m种颜色的着色方法有几种？）
新计数问题的算法
1. 寻求递推关系
对上述扇形着色问题，当n给定时，设am=f（n，m）（2≤m≤n）表示有m种不同的颜色可供选择的涂法种数，设bm表示恰用m种不同的颜色的涂法种数，那么
am=bm+C·bm-1+C·bm-2+…+C·bm-k+…+C·b2. ①
2. bm表达式的猜想与证明
若n足够大， 在式子①中取m为一些特殊值可得如下结果：
当m=2时，a2=b2，即b2=a2；
当m=3时，a3=b3+Cb2，可得b3=a3-Cb2=a3-Ca2；
当m=4时，a4=b4+Cb3+Cb2，可得b4=a4-C（a3-Ca2）-Ca2=a4-Ca3+Ca2；
当m=5时，a5=b5+Cb4+Cb3+Cb2，可得b5=a5-C（a4-Ca3+Ca2）-C（a3-Ca2）-Ca2=a5-Ca4+（CC-C）a3-（CC-CC+C）a2=a5-Ca4+Ca3-Ca2.
所以猜想：bm=am-Cam-1+Cam-2+…+（-1）kCam-k+…+（-1）m-2Ca2. ②
下面用数学归纳法证明等式②.
当m=2，3，4，5时，结论已成立. 假设当m≤p（p=2，3，4，…）时，②式成立，则当m=p+1时，可知ap+1=bp+1+Cbp+Cbp-1+…+Cbp+1-k+…+Cb2，可得bp+1=ap+1-Cbp-Cbp-1-…-Cbp+1-k-…-Cb2，所以
bp+1=ap+1-C[ap-Cap-1+Cap-2+…+（-1）kCap-k+…+（-1）p-2·Ca2]
-C[ap-1-Cap-2+Cap-3+…+（-1）k-1Cap-k+…+（-1）p-3Ca2]
-C[ap-2-Cap-3+Cap-4+…+（-1）k-2Cap-k+…+（-1）p-4Ca2]
…
-C[ap-k-Cap-k-1+Cap-k-2+…+（-1）p-k-2Ca2]
…
-Ca2.③
则③式中ap-k的系数为
（-1）k+1CC+（-1）kCC+（-1）k-1CC+…+（-1）1CC
=（-1）k+1[CC-CC+CC+…+（-1）kCC]
=（-1）k+1[CC-CC+CC+…+（-1）iCC+…+（-1）kCC]. ④
而CC=CC（两边展开即得），所以④式可化为
（-1）k+1[CC-CC+CC+…+（-1）iCC+…+（-1）kCC]
=（-1）k+1C[C-C+C+…+（-1）iC+…+（-1）kC]
=（-1）k+1C[C-（1-1）k+1]=（-1）k+1C=（-1）k+1C.
所以bp+1=ap+1-Cap+Cap-1+…+（-1）k+1Cap-k+…+（-1）p-1·Ca2. 所以，当m=p+1时，猜想也成立.
综上所述，对任意正整数m（2≤m≤n），②式都成立.
3. 编制算法程序来进行计算
至此， 我们已获得如下结论：用m（2≤m≤n）种不同的颜色给图3所示的n块扇形着色，每个扇形一种颜色、每种颜色至少涂一块区域，相邻扇形不同色，那么不同的着色方法种数为：bm=am-Cam-1+Cam-2+…+（-1）kCam-k+…+（-1）m-2Ca2，其中am=（m-1）n+（-1）n（m-1）.
在具体运算中，上述公式比较繁琐，因此，笔者根据上式进一步编制了算法程序如下，供读者参考.
感悟
新课改提倡探究性学习， 对于一些经典问题， 教师不能简单地将“最佳解法”直接告诉学生，而应该放手让学生去探究知识生成和问题解决的“本真”过程. 这样，才能让学生在对比不同解题途径中领悟方法、在突破细节难点处创新思路、在综合运用知识时提升数学素养. 也只有这样，才有可能挖掘经典问题所蕴含的探究素材，充分发挥其教育教学价值.