答 案
见解析
解析
解：
，
，假设对
，
进行一次操作，则值不变，(前)
(后)
，所以值不断减小，每次至少减
去，初始
，稳定状态只能是
个
，
个
，
，总共减少了
，每次至少减少，所以最多进行
次操作．以
下给出具体方案．
第一轮：依次对
，
，
，
操作次得到，，
，
，
，第二轮，
对
，
，
，
操作一次，再对
，
，
操作一次，得到，，
，
，
，
，
，以此类推，第九轮，开始时个，
，
，个
，对
，
依次操作一次，重复遍，得到最终
个
，
个
．总共操作了
．
答 案
见解析
解析
证明：考虑每点的坐标
，有重心
不变．
．每次操作加．
两点
，
如果距离不超过，就说这两点相关，根据初始位置，取足够大，都在
为圆心，为
半径的圆中，每次操作，所有点都相关．所以不论如何操作，都会在半径为
的圆中，有界区
域，不能无限大．所以只能有限次操作停止．
假设有两种情况，不同操作顺序，最终结果不同．在所有可以达到不同结果的初始情况中，取最
大的情况．所以当更大时，只有一种结果，设上述初始情况一种先操作
位置，另一种操作
位
置，所以操作
或者
之后，分别只有一种稳定结果．但是
和
能达到同样结果，矛盾．
模块
模块1：
1
1
例题1
s a
, ⋯, a
=
( 1
20)
a
=
∑
i
210
f a
, ⋯, a
=
( 1
20)
a
∑
i
2
m
n m ⩾n + 2
(
)
s
f
−f
= m +
2
n −
2
m −1
−
(
)2
n + 1
=
(
)2
2 m −n −
(
)
2 ⩾2
f
2
f 1, 2, ⋯, 20 =
(
)
=
6
20 × 21 × 41
2870
10
10
10
11
f = 1000 + 1210 = 2210
f
660
2
330
1, 3
(
)
2, 4
(
)
⋯
18, 20
(
)
1
2
2
3 −18
19
19
2, 4
(
)
3, 5
(
)
⋯
17, 19
(
)
2, 4
(
)
⋯
17, 19
(
)
3
3
3
4 −17
18
18
18
9
9
10
11
9
12
9, 11
(
)
10, 12
(
)
9
10
10
10
11
18 × 1 + 16 × 2 + 14 × 3 + ⋯+ 2 × 9 = 330
例题2
x , y
(
i
i)
G a, b
(
)
S =
x
+
∑
i
2
y
∑
i
2
S
4
A
B
r
r
G
r
2019r
S
S
S
A
B
A
B
AB
BA
例题3
答 案
见解析
解析
证明：
，所以操作一次，
变成了
，不断进行下去，最后变成了
．
答 案
见解析
解析
解：不妨设
．
记
．
定义函数
．
假设通过一次操作，将集合
转化成
，其中，
，被选中．
则
．
所以，函数是不减的．
用定义最小的整数，使得
．
先证明：若为集合中最后的数，则
．
假设
．由于是不减的，则
，
与的选择矛盾．
再证明：在每次操作中，一个人选择最小数组成对，将有
．
事实上，若删掉了数
，同时数
变成
，则
．
由数的构造和选择最小数组成的对知
．
因此，
．
最终得
．
答 案
见解析
1
1
1
x + y + xy = x + 1
y + 1 −
(
) (
)
1
x
, x
(
i
j)
x
+ 1
x
+ 1 −
(
i
) (
j
)
1
1 +
1 +
1 +
⋯
1 +
−
(
1
1 ) (
2
1 ) (
3
1 )
(
2018
1
)
1 = 2018
例题4
a
⩽
1
a
⩽
2
⋯⩽a
n
A =
a
, a
, ⋯, a
{
1
2
n}
f A =
( )
2
+
a
1
2
+
a
2
⋯+ 2a
n
A
A′
a
⩽
i
a
j
f A
−
(
′)
f A =
( )
2
−
a
+1
j
2
−
a
i
2a
j
= 2
−
a
j
2
⩾
a
i
0
f
t
f A ⩽
( )
2t
a
a ⩾t
a < t
f
f A ⩽
( )
f
a
=
({ })
2 ⩽
a
2t−1
t
a = t
a1
a2
a
+
2
1
f A
−
(
′)
f A =
( )
2
−
a
+1
2
2
−
a
1
2
=
a
2
2
−
a
2
2a
1
⇒f A
=
(
′)
f A +
( )
2
−
a
2
2a
1
t
f A ⩽
( )
2 ⇔
t
f A −
( )
2
⩽
a
1
2 −
t
2a
2
⇔f A +
( )
2
−
a
2
2
⩽
a
1
2 ⇔
t
f A
⩽
(
′)
2t
a ⩽t
a = t
例题5
解析
解：设
进行有限次
变换之后，变成
，并且
，我们有
，
，
，
，
．
如
，由
，有
，依次类推，我们可以得到
．
如果
，由
，有
，依次类推，我们有
，
，
，
，即
，矛盾．
所以只能有
．
答 案
见解析
解析
解：容易验证，如果
是
稳定的，那么
的任意轮换
也是
稳定的．所以通过验证数组
，
，
，
，
，
，可以得到对于非负整数组
，至多经过次
变换，
数组的数就可以全部变为偶数．所以，经过次
变换，所有的数都可以被整除，经过次
变
换，所有的数都可以被整除，依次类推，经过
次
变换，数组中所有的数都可以被
整除．但
是每次
变换，数组中的最大数保持不变或者减小，取足够大，使得
，最后只有
一种可能，就是所有的数都变成．也就是说，所有的非负整数组
都是T-稳定的．
答 案
见解析
解析
证明：链：
，
，链和：
一次操作之后，
，
，链只交
零项或者项，不变．链只交
头尾一项或者
连续两项，
，
，
，
．项和它的补链，单独考虑．
，
．所以严格递减，每次
至少减去
．会停止．
答 案
见解析
2
1
2
x
, x
, ⋯, x
(
1
2
n)
T
y
, y
, ⋯, y
( 1
2
n)
y
, y
, ⋯, y
=
( 1
2
n)
y
, y
, ⋯, y
( 1
2
n)
y
−y
=
∣1
2∣
y
1
y
−y
=
∣2
3∣
y
2
⋯
y
−y
=
∣n−1
n∣
y
n−1
y
−y
=
∣n
1∣
yn
y
=
1
0
y
−y
=
∣1
2∣
y
1
y
=
2
0
y
=
2
y
=
3
⋯= y
=
n
0
y
>
1
0
y
−y
=
∣1
2∣
y
1
y
=
2
2y
1
y
=
3
2y
2
⋯
y
=
n
2y
n−1
y
=
1
2y
n
2 y
=
n
1
y
1
y
, y
, ⋯, y
=
( 1
2
n)
0, 0, ⋯, 0
(
)
x
, x
, ⋯, x
(
1
2
n)
T−
x
, x
, ⋯, x
(
1
2
n)
x
, x
, ⋯, x
, x
, x
, ⋯, x
(
k
k+1
n
1
2
k−1)
T−
0000
0001
0011
0101
1111
1110
x
, x
, x
, x
(
1
2
3
4)
4
T
4
T
2
8
T
4
4n
T
2n
T
n
2 >
n
max x
{
i}
0
x
, x
, x
, x
(
1
2
3
4)
例题6
⟨i, k⟩= i, i + 1, ⋯, k −1, k mod
(
)
n
X = x
, x
, ⋯, x
(
1
2
n)
S
⟨i, k⟩=
X
x
∑
j∈i,k
⟨
⟩
j
X =
′
⋯, x
+ x
, −x
, x
+ x
, ⋯
(
i−1
i
i
i+1
i
)
S =
x
∑
i=1
n
i
⟨i −1, i + 1⟩
3
⟨i −1, i + 1⟩
S
⟨k, i⟩=
X′
S
⟨k, i −
X
1⟩
S
⟨i, k⟩=
X′
S
⟨i +
X
1, k⟩
S
⟨k, i −
X′
1⟩= S
⟨k, i⟩
X
S
⟨i +
X′
1, k⟩= S
⟨i, k⟩
X
i
f X =
(
)
S
⟨i, k⟩
∑
X
2
f X
−
(
′)
f X =
(
)
S + x
+
(
i)2
x
−
i
2
S −x
−
(
i)2
x
=
i
2
4Sx
<
i
0
f
4S
解析
解：操作记为
，
对于不相邻．相邻，
．设
是可以达到两
个不同稳定结果，需要操作次数最少的初始状态．
，
终
结状态
，
．
，否则
是最少的．最小，
终结
．所以
终结
．类似
终结
．如果
，
不相邻，
．
，
相邻，类似讨论．
答 案
见解析
解析
解：设
为正六边形的中心．
对于非负整数，记
为棋子经过次移动后所位于的顶点．
先证明：经过最多
次移动，无论有
向线段如何布置，总可以使棋子移动到六边形的顶点．
第一步移动，可以将棋子移动到任何一个从点
出发的有向线段的端点．从第二步开始，对于任意
的正整数
，按照如下方式将棋子从点
移动到
：选择向量
与
的夹角小
于或等于
(因为点
指向三个点
，其中，
为保证向量
和
的夹角小于或等于
的顶点)．
又从点
引出四条有向线段，标记与
成
的两个向量为
、
，并记
(
、
)．
则
，
．
于是，
．
故存在
，使得
或
，这表明，对于这个，点
位于正六边形的边上．
再证明：无论怎样按照规则移动棋子，均至少需要
步移动到六边形的边上．
为每一个点设置一个非负整数将
记为，对于任意的
，考虑以
为中心、为边长
且与六边形的边平行的线段为边构成的新的正六边形，记该六边形为
．
将六边形
的每个顶点标记为
，六边形
边上的其他点标记为
．由此，正六边形
内的任意一个点均被标记上了数．
易知，若点
被标记为，则与点
联结的点中，至少有四个点小于或等于
．选择这四个点为
点
引出的四条有向线段的终点，则当棋子每次移动时，数值均将增加由于正六边形
的边上的点被标记的数均大于或等于
，因此，无论从点
开始如何移动棋子，当棋子到达
六边形的边上时，均至少走了
步．
答 案
见解析
1
1
R
i
R
R
=
i
j
R
R
j
i
R
R
R
=
i
j
i
R R
R
j
i
j
X
R =
1
R
R
R
1,1
1,2⋯
1,t
R =
2
R
⋯R
2,1
2,t
Y
Z
R
=
R
1,1/
2,1
R
X
1,1
t
R
X
1,1
Y
R
R
X
2,1
1,1
Y
R
R
X
1,1
2,1
Z
R1,1
R2,1
Y = Z
R1,1
R2,1
例题7
O
i
P
i
i
2n −2
O
i i ⩾2
(
)
P
i−1
P
i
OP
1
P
P
i−1
i
60∘
P i−1
Q
Q
OP
1
P
Q
i−1
60∘
P
i−1
OP
1
60∘
OX
OY
=
OP
i
a
+
iOX
b
iOY a
i
b
∈
i
Z
+
a
, b
=
( 1
1)
1, 1
(
)
a
, b
=
( i
i)
⎩
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎧a
+ 1, b
+ 1 ,
=
( i−1
i−1
) P
P
i−1
i
OP
1
a
+ 1, b
,
=
( i−1
i−1) P
P
i−1
i
OX
a
, b
+ 1 ,
=
( i−1
i−1
) P
P
i−1
i
OY
a
+
i
b
⩾
i
i + 1
i ⩽2n −2
a
=
i
n
b
=
i
n
i
P
i
2n −2
O
0
j 1 ⩽j ⩽n
(
)
O
j
Γj
Γj
2j −1
Γ
j
2j −2
ABCDEF
P
a
P
a + 1
P
ABCDEF
2n −2
O
2n −2
例题8
解析
解：为了方便，将
的子方格表称为区域”．
当
时，若个黑格排成连续的一列，则可这样选择区域：恰让个黑格位于区域中的一列，这
样在一个水平位置上，共有种不同的方式，而竖直的方向上共有
种方式，此时，
．显然，
是满足要求的最大值．
下面证明：对于充分大的，均有
．
事实上，对于一个区域
，若其恰有个黑格，则定义
，
并称其为
的“亏损”．
对于每一个黑格，共有
个区域包含它记
表示所有包含黑格的区域个数．于是，
即为满足
的区域
的个数．其他的区域
中包含的黑格的个数大于或等于
，
此时，
．
所以，只要证明存在一个正整数
，使得当
时，有
．①
取
．
接下来证明式①成立．
为了方便，可将连续的一行网格称为“水平线”，将连续的一列网格称为“竖直线”．
于是，得到
或者更多的水平线包含至少一个黑格，以及
或者更多的竖直线包
含至少一个黑格．
假设
．则对于任意一个区域
，至少有一个水平线或者至少有一个竖直线满足
(若区域
中不包含黑格，则记
)．
由对称性，不妨设存在这样的一条水平线(称为第行)，从这一行向上的第
步到达的行
为第行．记
为最左边的一个黑格，在包含这条水平线的区域中包含
的列必包含一个黑格，在
这列中的每一个格均是黑色的．而且，包含这一水平线且
在最左侧一列的区域共有
个，且
包含
的列的右侧的列中均不含黑格(因为
在最左侧且含有黑格的列，位于含有
的列的左侧
列不再含有黑格)．
下面证明：对于任意的包含
的竖直线的区域，
的和至少为
．对于这样的一条竖
直线，记
是包含这条竖直线并且最下面的一行为第行的区域令
，并记
为
区域
中包含黑格的数目．
于是，
．
假设第
行是最上面的包含黑格的行，是第行和其上面行中黑格的个数，记
表示
除以的余数．
则
．
这表明，
为
的一个排列．
故
．
类似地，对于
的
的和也添加进去，可以得到其和大于或等于
．
因此，所有的包含竖直线的区域总和大于或等于
．
由包含
的竖直线可得
．
故
．
a × a
n ⩾a
n
a
a
n + 1 −a
K = a n + 1 −a
(
)
K
n
K ⩽a n + 1 −a
(
)
R
x
Λ R =
( )
{x, x ⩽a −1
x −a, x ⩾a
R
a2
L =
Λ R
∑
( )
K
Λ R =
( )
0
R
R′
Λ R
(
′)
aK ⩽a n −
2
L
N
n ⩾N
L ⩾a
a −1
2 (
)
N = a
a −1 −a
+
[ 2 (
)
]
2
1
a
a −1
2 (
)
a
a −1
2 (
)
L < a
a −1
2 (
)
R
Λ R =
( )
0
R
Λ R =
( )
0
0
y y ∈Z
(
+)
y
A
A
A
a −1
A
A
A
a −1
A
A R
( )
a a −1
(
)
R
y
y
f y =
( )
Λ R
(
y)
g y
( )
R
y
f y ≡
( )
g y
moda
( ) (
)
as + t 0 ⩽t < s
(
)
b
0
c
l = 1, 2, ⋯, a
l (
)
f ai + l
i=0
∑
s+1
(
)
a
c
≡
l
g ai + l =
i=0
∑
s+1
(
)
b −l moda
(
)
c
, c
, ⋯, a
{ 1
2
a}
0, 1, ⋯, a −1
{
}
f y ⩾
y=1
∑
as+t
( )
c
=
l=1
∑
a
l
2
a a −1
(
)
y < 0
f y
( )
2
a a −1
(
)
a a −1
(
)
A
L ⩾a
a −1
2 (
)
K ⩽a n + 1 −a
(
)
