下図はこのような入れ方の1例である．
| 1 | 2 | 3 | 4 |
| 3 | 4 | 1 | 2 |
| 4 | 1 | 2 | 3 |
| 2 | 3 | 4 | 1 |
2020.03.02記
宮本先生の賢くなるパズルの最終的は配置はいくつあるの？という問題。
2×2なら2通り、3×3なら12通りになる。では4×4はどうなるだろうか？
1行目が1、2、3、4となるものの総数の24倍が答。
1,2,3,4の不動点のない置換は、長さ4の巡回置換と共通部分のない互換2つの積となる場合である。
(1) 2行目が1行目の長さ4の巡回置換 のとき、2行目は6通りあり、3,4行目は
のどちらを先に並べるかの2通りあるので合計12通り。
(2) 2行目が1行目の共通部分のない互換2つの積の場合、2行目は3通りであり、3、4行目はそれぞれ互換のどちらを先に書くかの の4通りあるので合計12通り。
よって合計24通りある。
よって求める答は 通り
なお、3×3 の場合は、1行目の6通りに、長さ3の巡回置換しかないので、2行目は2通りあり、3行目は一意に決まるので2通りだから、合計12通りとなる。
では、5×5の場合はどうなるだろうか？不動点のない置換として長さ3の巡回置換とそれ以外の互換に分けたとき、片方が周期3でもう片方が周期2なのでうまく対応できない。つまり、長さ5の巡回置換しかありえない。
1行目は120通り、2行目は24通りあり、3、4、5行目はの並べ換えの6通りあるので、合計17280通り。
素数pに対して、p×p の場合は、通りになる。たぶん合ってる。
次の6×6の場合だが、長さ6の巡回置換、長さ3の巡回置換2つ、互換3つの3通り数えて足さないといけないので、考えるのがしんどいのでやめておく。
2020.03.26記
間違っていたので、取り消し線を引きました。ラテン方陣の個数は未解決だそうで。
5×5の場合は 161280通り、6×6の場合は 812851200通りだそうです。
