L(I,J) a       L^T(J,I) b

                               图18 

图`18（c）为广义全等和拉丁方。其特点： 1，任一行各数和均相等到，S=n×(n+1)/2,且任一行每个数重复出现p₁次。 2，任一列各数是由1,2,3...n组成的一种排列，各数和S=n×(n+1)/2。 3，所有的左右泛对角线上各数均是由1,2,3...n组成的一种排列，各数和S=n×(n+1)/2。 4，该方阵与其转置方阵为正交方阵。即将该方阵J列，作为新方阵的I行。记为L^T(I,J). 定理一：由n个长方基砖n=p₁×P₂组合而成的n阶方阵，若 : K₁=K₂×P₂/(p₁-1) K₁= P₂×(p₁-K₂)/(p₁+1) 其中：K₁=0，1，2...（P₂-1）,K₂=0,1,2...( p₁-1) K₁,K₂无同时为零的整数解，即P₂与（p₁+1）,(p₁-1)无公因子，则该方阵为广义全等和拉丁方（全等和幻基方）。 证明：（1）根据长方基砖定义，任一行各数和均相等，所以由长方基砖组合而成的n阶方阵任一行各数和均等于S=n×(n+1)/2。 (2)长方基砖组合的n阶方阵，任一列都是由1,2,3...n的一种排列，所以任一列各数和均相等。 S=n ×(n+1)/2。

(3)现证明n阶方阵左，右泛对角线上的各数均是由1，2，3...n的一种排列。无重复数出现。 证明如下： 在n阶方阵左上角长方基砖内任取一数L（I₁，J₁），则该数在n阶方阵内共有n个。 其位置为L（I₁+K₁×p₁ , J₁+K₁+ K₂×P₂）。与L（I₁，J₁）同在左泛对角线位置上的各数为： L（I₁+L，J₁+L）与L(I₁，J₁)同在右泛对角线位置上的各数为L（I₁+L，J₁+n-L）。 （注：从上 而下，从右至左的泛对角线为右泛对角线。从上而下，从左至右的泛对角线为左泛对角线。）

（i）若L（I₁，J₁）在左泛对角线上存在重复数，则有： L（I₁+ K₁×p₁ , J₁+K₁+ K₂×P₂）=L(I₁+L , J₁+L) I₁+ K₁×p₁=I₁+L，J₁+K₁+ K₂×P₂=J₁+L 解得：K₁= K₂×P₂/（p₁-1） ……(3.1) 其中K₁=0，1，2...(P₂-1)，K₂=0，1，2...( p₁-1)

(ii)若L（I₁，J₁）在右泛对角线上存在重复数，则有： L（I₁+ K₁×p₁，J₁+K₁+ K₂×P₂）=L（I₁+L，J₁+n-L） I₁+ K₁×p₁=I₁+L，J₁+K₁+ K₂×P₂=J₁+ n-L 解得：K₁=P₂（p₁-K₂）/(p₁+1) ...(3.2) 其中K₁=0，1，2，3...( P₂-1), K₂=0,1,2…(p₁-1) 若方程（3.1）,(3,2)中K₁ ,K₂无同时为零的整数解，则说明与L(I₁,J₁)相同的其它数 L(I₁+ K₁×p₁, J₁+K₁+ K₂×P₂), 都不在L(I₁,J₁)的左右对角线L(I₁+L,J₁+L), L(I₁+l, J₁+n-L)上。即在L(I₁, J₁) 的左，右泛对角线上无重复数出现。是由1,2,3…n的一种排列。其和S=n×(n+1)/2。 证毕。

推论1：n为奇数，由n=p₁×P₂长方基砖组合而成的n阶方阵, 当p₁小于或等于P₂中的最小素数，P₂与（p₁+1）,(p₁-1)无公约数，则K₁，K₂无同时为零的整数解，该方阵为n阶广义全等和拉丁方。 证明：（i）K₁= K₂×P₂/(p₁-1) (左泛对角线) K₁=0,1,2…(P₂-1), K₂=0,1,2…(p₁-1) 当K₂=0 K₁=0 当K₂=p₁-1时，K₁=P₂ 与K₁=0，1，2…(P₂-1) 相矛盾，当K₂<p₁-1时，K₂/(p₁-1)<1,因p₁小于或等于P₂中最小素数，P₂与（p₁-1）无公约数。所以K₁与K₂ 无不同时为零的整数解。则方阵左泛对角线上各数，不存在重复数。

ii）K₁=P₂×(p₁-K₂)/(p₁+1) （右泛对角线） K₁=0,1,2…(P₂-1), K₂=0、1、2……（p₁一1）。当取K₂=p₁-1时，K₁=P₂/(p₁+1),因P₂为奇数，（p₁+1）为偶数，所以Ｋ₁无整数解。 当取K_２<p₁-1时，（p₁-K₂）/(p₁+1)<1为分数，且p₁小于或等于P₂中最小素数p₁≠2, P_２与（p₁+1）不存在公约数。所以Ｋ_１无整数解。即方阵右泛对角线上各数，不存在重复数，为1,2,3…n的一种排列。 由此看出当p_１小于或等于Ｐ_２中最小素数时，左右泛对角线上不存在重复数。该长方基砖组成的n 阶方阵为广义全等和拉丁方。 例：由n=3×5长方基砖组合的15阶方阵，其中：p₁=3 ， P₂=5。 (i) 左泛对角线　K_１＝Ｐ_２×Ｋ_２／（p_１－１）＝５×Ｋ_２／２， 其中：Ｋ_１＝0,1…(P₂-1)=0,1,2,3,4 K₂=0,1,2…(p₁-1)=0,1,2 当取K₂=0 ，则 K₁=0 。 当取K₂=1时 则 K₁=5×K₂/2=5/2 ， 当取K₂=2时 则K₁=5 ， 与K₁=0,1,2,3,4矛盾。

（ii）右泛对角线 K₁=P₂×(p₁-K₂)/(p₁+1)=5×(3-K₂)/4。 当取K₂=0 则 k₁=15/4，当取K₂=1时 ，则 K₁=5×(3-1)/4=5/2， 当取K₂=2时 ，则 K₁=5×(3-2)/4=5/4。 以上得出K₁, K₂无同时为零的整数解。 推论２ 当n为双偶数，由n=2×(2×P₀)=2×P₂,且P₂不含３的因子时的长方基砖组成的n阶方阵为广义全等和拉丁方。 证明：（i）左泛对角线 K₁= K₂×P₂/(p₁-1).， 因p₁=2 K₁= K₂×P₂/(2-1)= K₂×P₂，其中K₁=0,1,2…(P₂-1)，K₂=0,1,2…(p₁-1)=0, 1， 当取K₂=0时，K₁=0，当取K₂=1时，K₁=P₂ 与K₁≤P₂-1矛盾。

（ii）右泛对角线 K₁=P₂×(p₁-K₂)/(p₁+1)，其中K₁=0,1,2…(P₂-1), K₂=0,1,2…(p₁-1)=0,1。 已知 p₁=2 K₁=P₂×(p₁-K₂)/(p₁+1)=P₂×(2-K₂)/3， 当K₂=0时， K₁=2×P₂/3。 当K₂=1时， K₁=P₂×（2-1）/3=P₂/3，已知P₂不含3的因子，所以K₁无整数解。 证毕。

3.2.2 由长方基砖组成的广义全等和拉丁方与其转置方阵成正交。

定理二：由n个长方基砖n=p₁×P₂组合的n阶方阵，若为广义全等和拉丁方，且P₂与（p₁+1）,(p₁-1)无公因子时，则该方阵与其转置方阵互为正交方阵。 证明：已知L（I，J）为广义全等和拉丁方，其转置方阵L^T（J，I），仍然是广义全等和 拉丁方。 在原方阵L（I，J）的左上角n=p₁×P₂长方基砖内，任取一数L（I₁，J₁）。则与 L（I₁，J₁）n个相同数在L（I，J）方阵中位置分布为L（I₁+ K₁×p₁, J₁+K₁+ K₂×P₂）。在其转置方阵内的位置分布为： L^T（J₁+K₁+ K₂×P₂，I₁+ K₁×p₁）。 将方阵L（I，J）与L^T（J，I）叠加。若L^T（J₁+K₁+ K₂×P₂，I₁+ K₁×p₁） 与L（J₁+K₁+ K₂×P₂，I₁+ K₁×p₁）一一对应。 若L（J₁+K₁+ K₂×P₂，I₁+ K₁×p₁）上所有数都不相同。则认为L（I，J）与L^T（J，I）重叠后，所有序对都不相同，则L（I，J）与L^T（J，I）为正交方阵。 现证明原方阵L（I，J）在L（J₁+K₁+ K₂×P₂, I₁+ K₁×p₁）上的所有数都不相同。 根据定理一，L（I，J）是由n个n=p₁×P₂长方基砖组合的广义全等和拉丁方。任一列上各数均是由1，2，3…n的一组排列,无重复数。因此当K₁为一定时，不论K₂取任何数， L（J₁+K₁+ K₂×P₂，I₁+ K₁×p₁）在I₁+K₁×p₁同一列上的数均不相同。 现证明当I₁+ K₁×p₁互不相同，即不同列时，令K₁₀≠K₁₁时，L₁（J₁+K₁₀+K₂P₂，I₁+K₁₀p₁）与 L₂（J₁+K₁₁+ K₂×P₂，I₁+K₁₁p₁）所有数都不相同。 已知：L₁（J₁+K₁₀+ K₂×P₂，I₁+K₁₀p₁）与其相同的数在L(I,J)方阵中的位置为: L₁[(J₁+K₁₀+ K₂×P₂)+K₁′p₁,(I₁+K₁₀p₁)+K₁′+K₂′P₂] 若L₁[(J₁+K₁₀+ K₂×P₂)+K₁′p₁,(I₁+K₁₀p₁)+K₁′+K₂′p₂]中的所有数与 L₂（J₁+K₁₁+ K₂×P₂，I₁+K₁₁p₁）存在相同的数，则有： （J₁+K₁₀+ K₂×P₂）+K₁′p₁=J₁+K₁₁+ K₂×P₂ …(3.5) (I₁+K₁₀p₁)+K₁′+K₂′P₂=I₁+K₁₁p₁ …(3.6) 其中K₁′=0,1,2…(P₂-1) K₂′=0,1,2…(p₁-1) 解得：K₁′=K₂′×P₂/(（p₁+1）×(p₁-1))。 已知 P₂与(p₁+1),(p₁-1)无公因子，所以K₁′与K₂′无同时为零的整数解。 以上说明当K₁₀≠K₁₁即在不同列时，L₁（J₁+K₁₀+ K₂×P₂，I₁+K₁₀p₁）与 L₂(J₁+K₁₁+ K₂×P₂,I₁+K₁₁P₁)不存在相同的数。从而得出L（I，J）与L^T（J，I）互为正 交 方 阵。 

推论3：由推论1，推论2所构成的广义全等和拉丁方与其转置方阵成正交方阵。