正交阵列(orthogonal array)是一类
组合设计，设A是v元集X上的v×k矩阵，若对任意d(2≤d≤k)列所构成的子矩阵，X上的每一个d元排列作为子矩阵的行各出现λ次，则称A为大小N，约束数k，水平数v，强度d和指数λ的正交阵列，在试验设计中称
正交表，记为OA(N，k，v，d)，由定义有N=λvd，强度2的正交阵列记为OA(v，k;λ)，当λ=1时简记为OA(v，k).OA(v，k;λ)的存在性等价于
横截设计TDλ[k;v]的存在性，OA(v，k)的存在性则等价于k-2个v阶相互
正交拉丁方的存在性。
若对任意1≤i
则称A是集合S上一个约束数(constraint)为k的n阶正交阵列(orthogonal array)。记作OA(n，1；k)。
正交阵列与正交拉丁方的关系
关于正交阵列与
正交拉丁方之间的关系。我们有下述引理：
引理1 OA(n，1；k)的存在性等价于(k-2)-MOLS(n)的存在性。
证 若(k-2)-MOLS(n)存在,不失一般性,可设A1,A2,…,Ak-2为集合S=Zn上k-2个两两正交的n阶拉丁方：
其中1≤i≤k-2，设s=k-2，在集合S上构作如下k×n2阵列A：
由引理1及A1,A2,…,Ak-2的正交性可知A是S上的一个OA(n,1；k)。
反之。设A是S上的一个OA(n，1；k)，由于交换A中任意两列后仍得到一个OA(n，1；k)。故不妨设A的前两行即为式(4)中阵列的前两行。由它们分别给出Rn与Cn，然后对1≤i≤k-2。由A的第i+2行相应作出n×n矩阵Ai．由OA(n，1；k)中各行的正交性可知A1,A2,…,Ak-2即为一组(k-2)-MOLS(n)。
正交阵列与横截设计的关系
引理2 存在OA(n，1；k)的
充分必要条件为存在TD(k，1；n).
证 设X={0，1，2，…，n-1)。K={1，2，…，n]，V=K×X，(V，G，A)为一个TD(k，1；n)，不失一般性，可设
G={{i}×X|i∈K}．
今由(V，G，A)构作X上的一个k×n2阵列A如下：
若{(1，a1)，(2，a2)，…，(k，ak)}为A中的一个区组。则以(a1，a2，…，ak)T作为A中的一列，由于一个TD(k，1；n)共包含n2个区组。因此A是X上一个k×n2阵列，下面证明A是一个OA(n，1；k)。
设1≤i
反之。设A为X上的一个OA(n，1；k)，在V=K×X上构作关联结构D=((V，G，A)，其中，
G={{i}×X|1≤i≤k}.
使对应于A中任意一列(a1，a2，…，ak)T，在A中有一个区组{(1，a1)，(2，a2)，…，(k，ak)}。如此共得n2个区组，由A中各行之间的正交性可知V中任意一对不同组的元素恰在A的唯一的一个区组中相遇，因此D确实是一个TD(k,1；n)。即得结论。
引理3 TD(k，1；n)的存在性等价于RTD(k-1，1；n)的存在性。
综合引理1-3。便得下述定理。
定理1 设k与n为给定的正整数，k≥3，则下述命题彼此等价：
(i)存在k-2个两两正交的n阶拉丁方；
(ii)存在正交阵列OA(n，1；k)；
(iii)存在横截设计TD(k，1；n)；
(iv)存在可分解横截设计RTD(k-1，1；n)。