Esta es una pregunta muy divertida. Voy a intentar resolverla sin imágenes.
Dividamos el tablero en $2\times{2}$ azulejos - por lo que habrá $2n$ azulejos a través y $2n$ baldosas hacia abajo.
Es obvio que cada baldosa sólo puede contener un rey. Rotulemos la baldosa T si está en la fila superior de la baldosa y B si está en la fila inferior; igualmente L si está en la columna de la izquierda y R si está en la de la derecha. En la imagen de la izquierda, la primera fila de baldosas es TR BR, y en la de la derecha, la primera fila de baldosas es BL TL TL.
En cada fila de baldosas, tiene que haber $n$ T y $n$ Bs. Esto es para asegurar que el número total de reyes en cada fila del tablero es $n$ .
Mirando la segunda fila de fichas, no se puede tener una T debajo de una B de la primera fila, porque el rey de la fila superior de la segunda ficha atacaría al rey de la fila inferior de la primera. Así que (leyendo hacia abajo) una B tiene que ir seguida de una B. En cuanto a no atacar, una T podría ser seguido por una B; pero entonces habría más Bs que Ts, lo que viola la condición de "total de reyes por fila = $n$ ". Así que el patrón de Ts y Bs tiene que ser idéntico en la segunda fila.
Así, para "T contra B", sabemos que tiene que haber $n$ T y $n$ Bs, etiquetando cada columna sucesiva de fichas.
Un razonamiento similar muestra que tiene que haber $n$ Ls y $n$ Rs, etiquetando cada fila sucesiva de fichas.
Esto parece indicar que hay $\binom{2n}{n}$ de las T y las B, y de las L y las R. ¡Pero hay otra restricción!
Considera un par de columnas en las que T se convierte en B, y un par de filas en las que L se convierte en R, y mira todo desde el punto de vista del punto situado en el centro de la intersección. En el cuadrante inferior izquierdo, el azulejo será TR. En el cuadrante superior derecho, la baldosa será BL. Los reyes de arriba a la derecha y de abajo a la izquierda se atacarán mutuamente, lo que no está permitido. Así que
- No se puede tener ambos una transición de T a B y una transición de L a R.
Ahora considere un par de columnas donde B se convierte en T, y un par de filas donde R se convierte en L, y mire todo desde el punto de vista del punto en el centro de la intersección. En el cuadrante superior izquierdo, la baldosa será BR. En el cuadrante inferior derecho, la baldosa será TL. Los reyes de abajo a la derecha y de arriba a la izquierda se atacarán mutuamente, lo que no está permitido. Así que
- No se puede tener ambos una transición de B a T y una transición de R a L.
Como necesitamos una mezcla de columnas T y B, y una mezcla de filas L y R, se necesitan transiciones. Por lo tanto, sólo hay dos formas posibles de tener transiciones sin caer en ninguna de las prohibiciones.
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T a B y R a L.
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B a T y L a R.
En el dibujo de la izquierda, las fichas de la primera fila son T, B y las de la primera columna son R, L. En el dibujo de la derecha, las fichas de la primera fila son B, B, T, T y las de la primera columna son L, L, R, R.
Por lo tanto, en general, para cualquier $4n\times{4n}$ tablero, existe la siguiente solución:
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Considere el tablero como un $2n\times{2n}$ rejilla de $2\times{2}$ azulejos.
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Etiquetar todos los azulejos en la primera $n$ columnas con una T, y el resto con una B.
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Etiquetar todos los azulejos en la primera $n$ filas con una R, y el resto con una L.
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En cada ficha, inspecciona la etiqueta, y pon un rey en la celda {T=superior / B=inferior} {L=izquierda / R=derecha}.
La "otra" solución (B-to-T y L-to-R) es un reflejo de ésta.
Así que la respuesta a su pregunta
¿De cuántas maneras se puede hacer esto?
es
Uno.
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Para n=1 sólo hay una solución con su espejo. Para n=2 he encontrado una forma de hacerlo, y he tenido algunos problemas para encontrarla en primer lugar. No he intentado encontrar una combinación para tableros más grandes. Aquí está la imagen de ambos: imgur.com/qco0XFE . Creo que hay una buena fórmula, este fue uno de los problemas en la calificación de la OMI para mi país, y esos suelen tener buenas soluciones, al menos los de la combinatoria.
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Buenas observaciones. Añadir este contexto al cuerpo de su pregunta lo mejoraría.
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Pista: Dadas las soluciones de la $4\times 4$ caso, aplicar un argumento de encasillamiento al $4n\times 4n$ caso.