NJU 2021 计算机拔尖（数学）测试 解题报告

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 $n>1$, 现有 $n-1$ 个分数 $\frac{1}{n},\frac{2}{n},\cdots ,\frac{n-1}{n}$, 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 $f(n)$. 请问: 对哪些自然数 $n$, $f(n)$ 和 $f(2021n)$ 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

$$f(n)=\sum _{i=1}^{n-1}\frac{i}{\gcd (n,i)}$$

注意到 $\gcd (n,i)=\gcd (n,n-i)$;

当 $n$ 为奇数时, 我们把 $i$ 和 $n-i$ 组合在一起.

$$\begin{array}{rl}f(n)=& \sum _{i=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(\frac{i}{\gcd (n,i)}+\frac{n-i}{\gcd (n,n-i)}\right)\\ =& \sum _{i=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{n}{\gcd (n.i)}\end{array}$$

由于 $n$ 为奇数, 则 $\gcd (n,i)$ 为奇数, $\frac{n}{\gcd (n,i)}$ 为奇数, 故

$$f(n)=\sum _{i=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{n}{\gcd (n,i)}\equiv \frac{n-1}{2}(\mathrm{mod}2)$$

当 $n\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, $f(n)\equiv 0(\mathrm{mod}2)$;

当 $n\equiv 3(\mathrm{mod}4)$, $f(n)\equiv 1(\mathrm{mod}2)$.

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

$$\begin{array}{rl}f(2^k\cdot t)=& \sum _{i=1}^{2^k\cdot t-1}\frac{i}{\gcd (2^k\cdot t,i)}\\ =& \sum _{i=1,2\mid i}^{2^k\cdot t-1}\frac{i}{\gcd (2^k\cdot t,i)}+\sum _{i=1,2\nmid i}^{2^k\cdot t-1}\frac{i}{\gcd (2^k\cdot t,i)}\end{array}$$

对于前一项, 由于 $i$ 为偶数, 我们可以上下都除以 $2$; 对于后一项, 由于 $i$ 为奇数, 则那个分数为奇数, 可采取类似于上面的思路.

故

$$\begin{array}{rl}f(2^k\cdot t)\equiv & \sum _{i=1}^{2^{k-1}\cdot t-1}\frac{i}{\gcd (2^{k-1}\cdot t,i)}+2^{k-1}\cdot t\\ \equiv & f(2^{k-1}\cdot t)+2^{k-1}\cdot t(\mathrm{mod}2)\end{array}$$

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 $n$ 分解为 $n=2^k\cdot t,(k\ge 0,2\nmid t)$ 的形式, 那么 $f(n)$ 的求解可用上面的递归式, 再根据 $t$ 的奇偶性判断, 即 $f(n)$ 只和 $k,t$ 有关.

则 $2021n$ 未提供新的 $2$ 的幂次, 故 $k$ 相同; 又没有改变 $t$ 模 $4$ 的值（因为 $2021t\equiv t(\mathrm{mod}4)$, 所以 $f(2021n)\equiv f(n)(\mathrm{mod}2)$.

综上, 不存在这样的 $n$ 使得 $f(n)$ 和 $f(2021n)$ 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 $f(n)$ 只要在模 $2$ 意义下进行运算）.

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2

题目 现有 $8\times 8$ 方格表, 每个格子里有 $1$ 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 $64$ 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 $8\times 8$ 的矩阵（1 为真话, 0 为假话）:

$$\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{18}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{28}\\ ⋮& & & \\ a_{81}& a_{82}& \cdots & a_{88}\end{array}\right]$$

用 $r_i$ 表示第 $i$ 行的 1 的个数, $c_j$ 表示第 $j$ 列的 1 的个数. 那么

$$\begin{array}{rl}{a}_{ij}=1\iff & r_i\ge c_j\\ a_{ij}=0\iff & r_i<c_j\end{array}$$

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 $a_{11}=1,a_{i1}=0(i\ge 2)$, 那么可得

$$\begin{array}{rl}{r}_1\ge & c_1=1\\ r_i<& c_1=1,i\ge 2\end{array}$$

故 $r_i=0,i\ge 2$, 也就是后七行全为 0, 即 $a_{ij}=0,i\ge 2$, 故 $0=r_i<c_j(i\ge 2)$, 又现在每一列只有第一行可能不为 0, 所以 $c_j\le 1$, 从而 $c_j=1$, 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 $a_{11}=a_{21}=\cdots =a_{k1}=1,a_{(k+1)1}=\cdots =a_{81}=0$

从而 $r_i\ge c_1=k(1\le i\le k)$, $r_i<c_1=k(k+1\le i\le 8)$;

我们设存在 $a_{pq}=1$, 其中 $p\ge k+1,q\ge 2$, 那么有 $r_p\ge c_q$, 又 $r_p<c_1=k$, 故 $c_q<k$. 又由于 $r_i\ge k>c_q(1\le i\le k)$ 所以 $a_{iq}=1,(1\le i\le k)$, 那么第 $q$ 列的第 $1\cdots k$ 行均为 1 , 有 $c_q\ge k$, 矛盾. 所以 $a_{pq}=0,p\ge k+1,q\ge 2$.

于是, 推得这个矩阵 $k+1\cdots 8$ 行均全为 0.

于是有 $c_j\le k$（至多前 $k$ 行可能为 1）, 所以 $r_i\ge k\ge c_k(1\le i\le k)$, 所以 $a_{ij}=1,i\le k$.

综上, 每一行要么全为 0, 要么全为 1.

考虑 $k=0,k=8$ 的边界情况, 前者不行, 后者可以.

最后的答案为 ${\sum }_{i=1}^8\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{i}\right)=2^8-1=255$.

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.

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3

题目 对任意 $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 分解质因数 $x=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_n^{k_n}$, 若 $k_1+k_2+\cdots +k_n$ 为偶数(包括 $0$), 则说 $x$ 是平衡的, 否则说 $x$ 是不平衡的. 现考虑 $a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 定义函数 $f(x)=(x+a)(x+b)$. 证明:
(1) 存在不相等的 $a,b$, 使得 $f(1),f(2),\cdots ,f(99)$ 均为平衡的.
(2) 若对任意 $x\in N^{\ast }$, $f(x)$ 都是平衡的, 则 $a=b$.

解答

（1）设 $g(x)\equiv k_1+k_2+\cdots +k_n(\mathrm{mod}2)$, 容易发现 $g(ab)\equiv g(a)+g(b)(\mathrm{mod}2)$.

$x$ 是平衡的 $\iff$ $g(x)\equiv 0(\mathrm{mod}2)$.

则 $g(f(x))\equiv g(x+a)+g(x+b)\equiv 0(\mathrm{mod}2)$ 对 $x\in [1,99]\cap {\mathbb{N}}^{\ast }$ 成立.

故 $g(x+a)\equiv g(x+b)$ 对 $x\in [1,99]\cap {\mathbb{N}}^{\ast }$ 成立.

设 $v(a)=[g(a+1),g(a+2),g(a+99){]}^T$（其中 $g$ 均取 0/1）, 我们即求 $v(a)=v(b)$ 且 $a\ne b$.

由于不同的 $v(a)$ 至多只有 $2^{99}$ 种, 而 $a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 所以一定存在 $a\ne b,v(a)=v(b)$.

（2）原条件等价于 $g(f(x))\equiv g(x+a)+g(x+b)\equiv 0(\mathrm{mod}2)$, 即 $g(x+a)\equiv g(x+b)(\mathrm{mod}2)$ 对 $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 恒成立.

用反证法. 设 $a\ne b$, 不失一般性, 设 $a<b$. 由于 $g(x+a)\equiv g(x+b)(\mathrm{mod}2)$, 即当 $x\ge x_0=a+1$ 时, $g(x)$ 在模 $2$ 意义下有循环节 $l=b-a$, 或者说 $g(x)\equiv g(x+l)(\mathrm{mod}2)$ 对 $x\ge x_0$ 恒成立.

取 $p>q>\lceil \frac{x_0}{l}\rceil$ 且 $g(p)\not\equiv g(q)(\mathrm{mod}2)$. 这样的 $p,q$ 是显然可以找到的. 那么 $pl>ql>x_0$. 又 $pl-ql=(p-q)l$, 根据循环, 有 $g(pl)\equiv g(ql)(\mathrm{mod}2)$, 即 $g(p)+g(l)\equiv g(q)+g(l)$, 即 $g(p)\equiv g(q)$, 矛盾. 所以假设不成立.

所以 $a=b$.

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 $g$ 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.

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4

题目 假设正整数 $N\ge 4$. 某游戏有 $2N$ 个参与者($N$ 个人类和 $N$ 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 $1$ 个参与者, 则这两机器人为朋友;
(2) 若两机器人之间恰有 $2$ 个参与者, 且这 $2$ 个参与者至少有 $1$ 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 $N$ 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 $0,1,\cdots ,2N-1$. 设机器人的位置分别是 $p_1,p_2,\cdots p_N,(0\le p_i<2N)$. 进行差分, 设 $x_1\equiv p_1-p_N,x_2\equiv p_2-p_1,x_3\equiv p_3-p_2,\dots ,x_N\equiv p_N-p_{N-1}$（都在模 $2N$ 意义下进行运算, 取最小正值）. 那么, 容易得到 $x_1+x_2+\cdots +x_N=2N$.

转化原题意的“计分规则”, 可以得到：

• 如果一个 $x_i\in \{1,2,3\}$, 那么得一分;
• 如果相邻两个 $x_i,x_{i+1}$（当然, 认为 $x_1$ 和 $x_N$ 相邻）之和 $\le 3$（也就是 $(1,1),(1,2),(2,1)$, 那么奖励一分.

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

子结论：如果对于性质 $P$ 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 $x_i\ge 5$, 就必须让它在 $x_i=4$ 的基础上从其它的 $x_j$ 处拿走一些值. 然而这些 $x_j$ 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 $P$ 的命题进行证明即可.

设 $x_1,x_2\cdots ,x_N$ 中, 恰有 $t$ 个满足 $x_t=4$, 其它均满足 $x_i\le 3$. 设剩下这些依次为 $x_{p_1},x_{p_2},\cdots ,x_{p_{N-t}}$, 这里可以得分为 $N-t$. 那么有 $x_{p_1}+x_{p_2}+\cdots +x_{p_{N-t}}=2N-4t$. 设剩下这 $N-t$ 个数中有 $k$ 个 $x_i=3$, 其它均 $\le 2$, 那么 $3k+(N-t-k)\le 2N-4t$, 得 $k\le \frac{N-3t}{2}$, 剩下的 $x_i=1,2$ 的个数为 $N-t-k$. 考虑到剩下的这些 $x_i=1,2$ 之间可能插入至多 $t+k$ 个 $x_i\ge 3$ 的数, 所以这部分有奖励分 $N-t-k-t-k=N-2t-2k\ge t$. 从而, 总分 $\ge N-t+t=N$. 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,