NJU 2021 计算机拔尖（数学）测试解题报告

试题链接, 万分感谢 Fiddie 大佬提供试题！！！

因为要准备 2022 计算机拔尖所以稍微写了一下，感觉难度很大。

1

题目设自然数 n>1n>1n>1, 现有 n−1n-1n−1 个分数 1n,2n,⋯,n−1n\dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n}, \cdots, \dfrac{n-1}{n}n1,n2,⋯,nn−1, 将这些分数化为最简分数, 把这些最简分数的分子相加, 得到的和记为 f(n)f(n)f(n). 请问: 对哪些自然数 nnn, f(n)f(n)f(n) 和 f(2021n)f(2021n)f(2021n) 中的一个是奇数, 另一个是偶数? 并给出严格证明.

解答容易得到

f(n)=∑i=1n−1igcd⁡(n,i)f(n)=\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{i}{\gcd(n,i)} f(n)=i=1∑n−1gcd(n,i)i

注意到 gcd⁡(n,i)=gcd⁡(n,n−i)\gcd(n,i)=\gcd(n,n-i)gcd(n,i)=gcd(n,n−i);

当 nnn 为奇数时, 我们把 iii 和 n−in-in−i 组合在一起.

f(n)=∑i=1n−12(igcd⁡(n,i)+n−igcd⁡(n,n−i))=∑i=1n−12ngcd⁡(n.i)\begin{aligned} f(n) =&\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(\dfrac{i}{\gcd(n,i)}+\dfrac{n-i}{\gcd(n,n-i)}\right)\\ =&\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}\dfrac{n}{\gcd(n.i)} \end{aligned} f(n)==i=1∑2n−1(gcd(n,i)i+gcd(n,n−i)n−i)i=1∑2n−1gcd(n.i)n

由于 nnn 为奇数, 则 gcd⁡(n,i)\gcd(n,i)gcd(n,i) 为奇数, ngcd⁡(n,i)\dfrac{n}{\gcd(n,i)}gcd(n,i)n 为奇数, 故

f(n)=∑i=1n−12ngcd⁡(n,i)≡n−12(mod2)f(n)=\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}\dfrac{n}{\gcd(n,i)}\equiv \dfrac{n-1}{2}\pmod 2 f(n)=i=1∑2n−1gcd(n,i)n≡2n−1(mod2)

当 n≡1(mod4)n\equiv 1\pmod 4n≡1(mod4), f(n)≡0(mod2)f(n)\equiv 0\pmod 2f(n)≡0(mod2);

当 n≡3(mod4)n\equiv 3\pmod 4n≡3(mod4), f(n)≡1(mod2)f(n)\equiv 1\pmod 2f(n)≡1(mod2).

然后我们考虑 n=2k⋅t(k≥1,2∤t)n=2^k\cdot t(k\ge 1, 2\nmid t)n=2k⋅t(k≥1,2∤t) 的情况.

f(2k⋅t)=∑i=12k⋅t−1igcd⁡(2k⋅t,i)=∑i=1,2∣i2k⋅t−1igcd⁡(2k⋅t,i)+∑i=1,2∤i2k⋅t−1igcd⁡(2k⋅t,i)\begin{aligned} f(2^k\cdot t)=&\sum_{i=1}^{2^k\cdot t-1}\dfrac{i}{\gcd(2^k\cdot t, i)} \\ =&\sum_{i=1, 2\mid i}^{2^k\cdot t-1}\dfrac{i}{\gcd(2^k\cdot t, i)}+\sum_{i=1,2\nmid i}^{2^k\cdot t-1}\dfrac{i}{\gcd(2^k\cdot t, i)} \end{aligned} f(2k⋅t)==i=1∑2k⋅t−1gcd(2k⋅t,i)ii=1,2∣i∑2k⋅t−1gcd(2k⋅t,i)i+i=1,2∤i∑2k⋅t−1gcd(2k⋅t,i)i

对于前一项, 由于 iii 为偶数, 我们可以上下都除以 222; 对于后一项, 由于 iii 为奇数, 则那个分数为奇数, 可采取类似于上面的思路.

故

f(2k⋅t)≡∑i=12k−1⋅t−1igcd⁡(2k−1⋅t,i)+2k−1⋅t≡f(2k−1⋅t)+2k−1⋅t(mod2)\begin{aligned} f(2^k\cdot t)\equiv&\sum_{i=1}^{2^{k-1}\cdot t-1}\dfrac{i}{\gcd(2^{k-1}\cdot t, i)}+2^{k-1}\cdot t \\ \equiv&f(2^{k-1}\cdot t)+2^{k-1}\cdot t\pmod 2 \end{aligned} f(2k⋅t)≡≡i=1∑2k−1⋅t−1gcd(2k−1⋅t,i)i+2k−1⋅tf(2k−1⋅t)+2k−1⋅t(mod2)

这是一个递归式, 但到这里就足够了. 结合上面的讨论, 我们将 nnn 分解为 n=2k⋅t,(k≥0,2∤t)n=2^k\cdot t, (k\ge 0, 2\nmid t)n=2k⋅t,(k≥0,2∤t) 的形式, 那么 f(n)f(n)f(n) 的求解可用上面的递归式, 再根据 ttt 的奇偶性判断, 即 f(n)f(n)f(n) 只和 k,tk,tk,t 有关.

则 2021n2021n2021n 未提供新的 222 的幂次, 故 kkk 相同; 又没有改变 ttt 模 444 的值（因为 2021t≡t(mod4)2021t\equiv t\pmod 42021t≡t(mod4), 所以 f(2021n)≡f(n)(mod2)f(2021n)\equiv f(n)\pmod 2f(2021n)≡f(n)(mod2).

综上, 不存在这样的 nnn 使得 f(n)f(n)f(n) 和 f(2021n)f(2021n)f(2021n) 奇偶性不同.

总结首先要根据题目信息, 合理构建数学模型（即得到式子）, 然后再仔细分析, 努力抓住题目关键点（在这道题中是 f(n)f(n)f(n) 只要在模 222 意义下进行运算）.

2

题目现有 8×88\times 88×8 方格表, 每个格子里有 111 个人, 这个人可能是好人或者骗子, 好人全说真话, 骗子全说假话. 这 646464 个人全部都说:“我所在的列里的骗子数量不少于我所在的行里的骗子数量”, 求共有多少种放人方法?(即有多少个不同的方格表满足这个性质)

解答转化为一个 0/1 的 8×88\times 88×8 的矩阵（1 为真话, 0 为假话）:

[a11a12⋯a18a21a22⋯a28⋮a81a82⋯a88]\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{18} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{28} \\ \vdots \\ a_{81} & a_{82} & \cdots & a_{88} \end{bmatrix} ⎣⎡a11a21⋮a81a12a22a82⋯⋯⋯a18a28a88⎦⎤

用 rir_iri 表示第 iii 行的 1 的个数, cjc_jcj 表示第 jjj 列的 1 的个数. 那么

aij=1⇔ri≥cjaij=0⇔ri<cj\begin{aligned} a_{ij}=1\Leftrightarrow& r_i\ge c_j \\ a_{ij}=0\Leftrightarrow& r_i< c_j \end{aligned} aij=1⇔aij=0⇔ri≥cjri<cj

我们从特殊情况思考入手: 我们考虑这样的情况: 如果第一列只有第一个是 1, 即 a11=1,ai1=0(i≥2)a_{11}=1,a_{i1}=0(i\ge 2)a11=1,ai1=0(i≥2), 那么可得

r1≥c1=1ri<c1=1,i≥2\begin{aligned} r_1\ge\ & c_1=1 \\ r_i<\ & c_1=1,i\ge 2 \end{aligned} r1≥ ri< c1=1c1=1,i≥2

故 ri=0,i≥2r_i=0,i\ge 2ri=0,i≥2, 也就是后七行全为 0, 即 aij=0,i≥2a_{ij}=0, i\ge 2aij=0,i≥2, 故 0=ri<cj(i≥2)0=r_i<c_j(i\ge 2)0=ri<cj(i≥2), 又现在每一列只有第一行可能不为 0, 所以 cj≤1c_j\le 1cj≤1, 从而 cj=1c_j=1cj=1, 即: 这个矩阵第一行全为 1, 后七行全为 0. 这个矩阵已然确定.

故, 所有第一列仅有一个 1 的矩阵都是确定的.

于是我们可以猜想: 所有合法的矩阵每行要么全 0, 要么全 1 .

我们设一个矩阵 a11=a21=⋯=ak1=1,a(k+1)1=⋯=a81=0a_{11}=a_{21}=\cdots=a_{k1}=1, a_{(k+1)1}=\cdots = a_{81}=0a11=a21=⋯=ak1=1,a(k+1)1=⋯=a81=0

从而 ri≥c1=k(1≤i≤k)r_i\ge c_1=k(1\le i\le k)ri≥c1=k(1≤i≤k), ri<c1=k(k+1≤i≤8)r_i< c_1=k(k+1\le i\le 8)ri<c1=k(k+1≤i≤8);

我们设存在 apq=1a_{pq}=1apq=1, 其中 p≥k+1,q≥2p\ge k+1, q\ge 2p≥k+1,q≥2, 那么有 rp≥cqr_p\ge c_qrp≥cq, 又 rp<c1=kr_p<c_1=krp<c1=k, 故 cq<kc_q<kcq<k. 又由于 ri≥k>cq(1≤i≤k)r_i\ge k>c_q(1\le i\le k)ri≥k>cq(1≤i≤k) 所以 aiq=1,(1≤i≤k)a_{iq}=1,(1\le i\le k)aiq=1,(1≤i≤k), 那么第 qqq 列的第 1⋯k1\cdots k1⋯k 行均为 1 , 有 cq≥kc_q\ge kcq≥k, 矛盾. 所以 apq=0,p≥k+1,q≥2a_{pq}=0,p\ge k+1, q\ge 2apq=0,p≥k+1,q≥2.

于是, 推得这个矩阵 k+1⋯8k+1\cdots 8k+1⋯8 行均全为 0.

于是有 cj≤kc_j\le kcj≤k（至多前 kkk 行可能为 1）, 所以 ri≥k≥ck(1≤i≤k)r_i\ge k\ge c_k(1\le i\le k)ri≥k≥ck(1≤i≤k), 所以 aij=1,i≤ka_{ij}=1, i\le kaij=1,i≤k.

综上, 每一行要么全为 0, 要么全为 1.

考虑 k=0,k=8k=0,k=8k=0,k=8 的边界情况, 前者不行, 后者可以.

最后的答案为 ∑i=18(8i)=28−1=255\sum_{i=1}^8\binom{8}{i}=2^8-1=255∑i=18(i8)=28−1=255.

总结这种题目关键在于从特殊情况找一般思路, 大胆猜想, 小心求证.

3

题目对任意 x∈N∗x\in \mathbb N^*x∈N∗, 分解质因数 x=p1k1p2k2⋯pnknx=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_n^{k_n}x=p1k1p2k2⋯pnkn, 若 k1+k2+⋯+knk_1+k_2+\cdots + k_nk1+k2+⋯+kn 为偶数(包括 000), 则说 xxx 是平衡的, 否则说 xxx 是不平衡的. 现考虑 a,b∈N∗a,b\in \mathbb N^*a,b∈N∗, 定义函数 f(x)=(x+a)(x+b)f(x)=(x+a)(x+b)f(x)=(x+a)(x+b). 证明:
(1) 存在不相等的 a,ba,ba,b, 使得 f(1),f(2),⋯,f(99)f(1),f(2),\cdots, f(99)f(1),f(2),⋯,f(99) 均为平衡的.
(2) 若对任意 x∈N∗x\in N^*x∈N∗, f(x)f(x)f(x) 都是平衡的, 则 a=ba=ba=b.

解答

（1）设 g(x)≡k1+k2+⋯+kn(mod2)g(x)\equiv k_1+k_2+\cdots+k_n\pmod 2g(x)≡k1+k2+⋯+kn(mod2), 容易发现 g(ab)≡g(a)+g(b)(mod2)g(ab)\equiv g(a)+g(b)\pmod 2g(ab)≡g(a)+g(b)(mod2).

xxx 是平衡的 ⇔\Leftrightarrow⇔ g(x)≡0(mod2)g(x)\equiv 0\pmod 2g(x)≡0(mod2).

则 g(f(x))≡g(x+a)+g(x+b)≡0(mod2)g(f(x))\equiv g(x+a)+g(x+b)\equiv 0 \pmod 2g(f(x))≡g(x+a)+g(x+b)≡0(mod2) 对 x∈[1,99]∩N∗x\in[1,99]\cap \mathbb N^*x∈[1,99]∩N∗ 成立.

故 g(x+a)≡g(x+b)g(x+a)\equiv g(x+b)g(x+a)≡g(x+b) 对 x∈[1,99]∩N∗x\in [1,99]\cap \mathbb N^*x∈[1,99]∩N∗ 成立.

设 v⃗(a)=[g(a+1),g(a+2),g(a+99)]T\vec v(a)=[g(a+1),g(a+2),g(a+99)]^Tv(a)=[g(a+1),g(a+2),g(a+99)]T（其中 ggg 均取 0/1）, 我们即求 v⃗(a)=v⃗(b)\vec v(a)=\vec v(b)v(a)=v(b) 且 a≠ba\ne ba=b.

由于不同的 v⃗(a)\vec v(a)v(a) 至多只有 2992^{99}299 种, 而 a∈N∗a\in \mathbb N^*a∈N∗, 所以一定存在 a≠b,v⃗(a)=v⃗(b)a\ne b, \vec v(a)=\vec v(b)a=b,v(a)=v(b).

（2）原条件等价于 g(f(x))≡g(x+a)+g(x+b)≡0(mod2)g(f(x))\equiv g(x+a)+g(x+b)\equiv 0\pmod 2g(f(x))≡g(x+a)+g(x+b)≡0(mod2), 即 g(x+a)≡g(x+b)(mod2)g(x+a)\equiv g(x+b)\pmod 2g(x+a)≡g(x+b)(mod2) 对 x∈N∗x\in \mathbb N^*x∈N∗ 恒成立.

用反证法. 设 a≠ba\ne ba=b, 不失一般性, 设 a<ba<ba<b. 由于 g(x+a)≡g(x+b)(mod2)g(x+a)\equiv g(x+b)\pmod 2g(x+a)≡g(x+b)(mod2), 即当 x≥x0=a+1x\ge x_0=a+1x≥x0=a+1 时, g(x)g(x)g(x) 在模 222 意义下有循环节 l=b−al = b-al=b−a, 或者说 g(x)≡g(x+l)(mod2)g(x)\equiv g(x+l)\pmod 2g(x)≡g(x+l)(mod2) 对 x≥x0x\ge x_0x≥x0 恒成立.

取 p>q>⌈x0l⌉p>q>\left\lceil\dfrac{x_0}{l}\right\rceilp>q>⌈lx0⌉ 且 g(p)≢g(q)(mod2)g(p)\not\equiv g(q)\pmod 2g(p)≡g(q)(mod2). 这样的 p,qp,qp,q 是显然可以找到的. 那么 pl>ql>x0pl>ql>x_0pl>ql>x0. 又 pl−ql=(p−q)lpl-ql=(p-q)lpl−ql=(p−q)l, 根据循环, 有 g(pl)≡g(ql)(mod2)g(pl)\equiv g(ql)\pmod 2g(pl)≡g(ql)(mod2), 即 g(p)+g(l)≡g(q)+g(l)g(p)+g(l)\equiv g(q)+g(l)g(p)+g(l)≡g(q)+g(l), 即 g(p)≡g(q)g(p)\equiv g(q)g(p)≡g(q), 矛盾. 所以假设不成立.

所以 a=ba=ba=b.

思路我一开始看到这个“平衡”的定义, 一下先想到了积性函数. 仔细一看, 虽然并非积性函数, 但这样定义 ggg 简化了题意, 后面的步骤也随之变得清晰. （1）使用类似于鸽巢原理的思想, （2）则需要花功夫寻找反例, 不过还是挺好构造的.

4

题目假设正整数 N≥4N\ge 4N≥4. 某游戏有 2N2N2N 个参与者(NNN 个人类和 NNN 个机器人)围成一圈. 定义两个机器人之间的朋友关系:
(1) 若两机器人之间只有不超过 111 个参与者, 则这两机器人为朋友;
(2) 若两机器人之间恰有 222 个参与者, 且这 222 个参与者至少有 111 个是人类, 则这两机器人为朋友;
(3) 除了上述两种情况以外, 任意两个机器人都不是朋友.
求证: 一定能找到 NNN 对机器人, 彼此之间为朋友.

解答我们把机器人用 1 表示, 人类用 0 表示. 断环成链, 编号为 0,1,⋯,2N−10, 1, \cdots, 2N-10,1,⋯,2N−1. 设机器人的位置分别是 p1,p2,⋯pN,(0≤pi<2N)p_1, p_2, \cdots p_N,(0\le p_i<2N)p1,p2,⋯pN,(0≤pi<2N). 进行差分, 设 x1≡p1−pN,x2≡p2−p1,x3≡p3−p2,…,xN≡pN−pN−1x_1\equiv p_1-p_N, x_2\equiv p_2-p_1, x_3\equiv p_3-p_2,\dots, x_N\equiv p_N-p_{N-1}x1≡p1−pN,x2≡p2−p1,x3≡p3−p2,…,xN≡pN−pN−1（都在模 2N2N2N 意义下进行运算, 取最小正值）. 那么, 容易得到 x1+x2+⋯+xN=2Nx_1+x_2+\cdots+x_N=2Nx1+x2+⋯+xN=2N.

转化原题意的“计分规则”, 可以得到：

如果一个 xi∈{1,2,3}x_i\in\{1, 2, 3\}xi∈{1,2,3}, 那么得一分;
如果相邻两个 xi,xi+1x_i,x_{i+1}xi,xi+1（当然, 认为 x1x_1x1 和 xNx_NxN 相邻）之和 ≤3\le 3≤3（也就是 (1,1),(1,2),(2,1)(1, 1), (1, 2), (2, 1)(1,1),(1,2),(2,1), 那么奖励一分.

如果任意 1≤i≤N1\le i\le N1≤i≤N, 均有 xi≤4x_i\le 4xi≤4, 那么我们称这个数列具有性质 PPP.

子结论：如果对于性质 PPP 的情形命题均成立, 那么对于所有命题都成立.

证明：这个是容易理解的, 我们要让某个 xi≥5x_i\ge 5xi≥5, 就必须让它在 xi=4x_i=4xi=4 的基础上从其它的 xjx_jxj 处拿走一些值. 然而这些 xjx_jxj 减小只可能让答案更大（或者不变）.

所以, 我们只要对满足性质 PPP 的命题进行证明即可.

设 x1,x2⋯,xNx_1,x_2\cdots, x_Nx1,x2⋯,xN 中, 恰有 ttt 个满足 xt=4x_t=4xt=4, 其它均满足 xi≤3x_i\le 3xi≤3. 设剩下这些依次为 xp1,xp2,⋯,xpN−tx_{p_1},x_{p_2}, \cdots, x_{p_{N-t}}xp1,xp2,⋯,xpN−t, 这里可以得分为 N−tN-tN−t. 那么有 xp1+xp2+⋯+xpN−t=2N−4tx_{p_1}+x_{p_2}+\cdots+x_{p_{N-t}}=2N-4txp1+xp2+⋯+xpN−t=2N−4t. 设剩下这 N−tN-tN−t 个数中有 kkk 个 xi=3x_i=3xi=3, 其它均 ≤2\le 2≤2, 那么 3k+(N−t−k)≤2N−4t3k+(N-t-k)\le 2N-4t3k+(N−t−k)≤2N−4t, 得 k≤N−3t2k\le \dfrac{N-3t}{2}k≤2N−3t, 剩下的 xi=1,2x_i=1, 2xi=1,2 的个数为 N−t−kN-t-kN−t−k. 考虑到剩下的这些 xi=1,2x_i=1, 2xi=1,2 之间可能插入至多 t+kt+kt+k 个 xi≥3x_i\ge 3xi≥3 的数, 所以这部分有奖励分 N−t−k−t−k=N−2t−2k≥tN-t-k-t-k=N-2t-2k\ge tN−t−k−t−k=N−2t−2k≥t. 从而, 总分 ≥N−t+t=N\ge N-t+t=N≥N−t+t=N. 证毕.

思路这道题一看过去, 很难处理：因为加分的因素实在太多, 但是, 差分后就可以比较清晰地表述题意, 也就成功了一半,