AIME2019 I
√√√×√ √√.√√ ...√. \(= 9\)
https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2019_AIME_I_Problems
P4 寄啦！
唐题。分讨 substitution 的次数即可。
P5 对啦！
DP。
令 \(f_{x,y}\) 为走到 \((x,y)\) 的概率。边界情况为 \(f_{4,4} = 1\)。答案即为 \(\frac 1 3 f_{1,1}\)。
| \(f\) | \(4\) | \(3\) | \(2\) | \(1\) |
|---|---|---|---|---|
| \(4\) | \(1\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac 1 9\) | \(\frac 1 {27}\) |
| \(3\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac 5 9\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac {13} {81}\) |
| \(2\) | \(\frac 1 9\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac {11} {27}\) | \(\frac {73} {243}\) |
| \(1\) | \(\frac 1 {27}\) | \(\frac {13} {81}\) | \(\frac {73} {243}\) | \(\frac {245} {729}\) |
答案为 \(\frac 1 3 \times \frac {245} {729} = \frac {245} {3^7}\)。提交答案 \(\boxed{252}\)。
P6 对啦！
想了半天还没会，初中平几真的退化了。
导角，相似，完事。（看 Sol 8）
P8 空啦！
Sol 1
注意到原问题只和 \(y = \sin^2 x\) 有关，即：
已知 \(y^5 + (1-y)^5 = \frac {11} {36}\)，求 \(y^6 + (1-y)^6\)。
考场上做到这不会了。AoPS 上的 Sol 1 给了个注意力很强的做法：
换元 \(z = \frac 1 2 - y\)。原问题变为：
已知 \((\frac 1 2 - z)^5 + (\frac 1 2 + z)^5 = \frac {11} {36}\)，求 \((\frac 1 2 - z)^6 + (\frac 1 2 + z)^6\)。
然后 Binomial Theorem，奇次项全部消光，变成关于 \(z^2\) 的二次方程。完事。
☆经验：\(x^n + (1-x)^n\) 类型的柿子，可以换元后二项式定理。
Sol 2
高次之和，考虑 Newton Sums。
构造函数：
设 \(c = \sin^2 x \cos^2 x\)。
设 \(S_k = (\sin^2 x)^k + (\cos^2 x)^k\)。Newton Sums 的递推公式：
边界条件为 \(S_0 = 2\) 和 \(S_1 = 1\)。
递推上去可得 \(S_5 = 5c^2 - 5c + 1\)，然后这个东西又等于 \(\frac {11} {36}\)，完事。
考场上其实想到了类似的做法，但是没有意识到最后只是要解一个关于 \(c\) 的高次方程，只觉得 \(c\) 似乎解不出来。痛失这一题。
P9 对啦！
带点证明的分讨。写一遍完整过程重新理一下思路。
\(d(n) + d(n+1) = 7\)，则两项必有一个奇数。\(d\) 为奇数意味着完全平方数，而 \(1000\) 以内完全平方数数量是比较少的，计算量较小的枚举可以接受。
Case 1：\(n+1\) 为完全平方数
设 \(n+1\) 为 \(k^2\)，则 \(n = k^2 - 1 = (k-1) (k+1)\)。
Sub Case 1：\(d(n+1) = 3\)
可得 \(k\) 为质数。在 \(k\) 充分大时 \(k-1\) 和 \(k+1\) 都不是质数，那么 \(n\) 不可能只有 \(4\) 个因子。
舍去。
小情况是 \(n = 8\)，这个成立。
Sub Case 2：\(d(n+1) = 5\)
可得 \(d(n) = 2\)，即 \(n\) 为质数。但是 \(n = (k-1) (k+1)\) 在 \(k\) 充分大时是合数。
舍去。
Case 2：\(n\) 为完全平方数
\(d(n) = 3 \text{ or } 5\)。对应的 \(d(n+1) = 4 \text{ or } 2\)。
枚举得到一些解：\(9,16,25,121,361\)。
综上所述，把 \(6\) 个解加起来可得 \(8+9+16+25+121+361 = \boxed{540}\)。
P11 空啦！
首先这个题的图真的很难画（恼）。
勾股定理硬做要花很长很长时间。。。
令 \(a\) 为底边一半，\(\angle MCI = \theta = \frac 1 2 \angle ACB\)。有 \(r = a \tan \theta\)。
有 \(r_A = a \cot \theta\)（直角三角形 \(CMI_A\)），\(r_B = AM = a \tan 2 \theta\)（圆 \(I_B\) 与 \(BC\) 相切）。
又知 \(II_B = a \sec \theta \sec 2 \theta\)（\(\angle CII_B = 2\theta\) 是三角形 \(BCI\) 外角 & 直角三角形 \(ICI_B\)）。
解方程得 \(\sin \theta = \frac 2 3\)。
腰 \(AC = a \sec 2\theta = 9a\)。周长为 \(20a\)。
\(a=1\) 时取到最小。答案为 \(\boxed{020}\)。（呼
☆经验：一堆勾股定理的题目，可以考虑用三角函数来刻画。
P12 空啦！
☆经验：复数题目中的角度用辐角来刻画。对辐角进行加减法，即为复数的乘除法。
刻画垂直，除了勾股定理 / 叉积为 \(0\)（斜率互为负倒数） 以外，还有：
（复数除法：模长相除，辐角相减）
意味着 \(\Re (z+1) (z-19) = 0\)。
又已知 \(\Im z = 11\)，代入得 \((\Re z)^2 + 18 (\Re z) - 140 = 0\)。
得 \(z = 9 \pm \sqrt{221} + 11i\)，提交答案 \(\boxed{230}\)。
P13 空啦！
艹考试的时候读错题了。那么简单的题。
P14 对啦！
首先考虑分解 \(x^8 + 1\)，但是这个东西分解出来带 \(\sqrt 2\) 之类的东西就非常不好。
换个思路：\(p | 2019^8 + 1 \Leftrightarrow 2019^8 \equiv -1 \pmod p\)。
我的思路
令 \(g\) 为原根，\(a = \log_g 2019\)。则 \(8a = \frac {p-1} 2\)，即 \(p = 16a+1\)。
枚举 \(p=17\) 不对，下一个 \(p=97\) 就对了。（检验用快速幂）
标准思路
Definition. 当 \(m \ge 3\) 且 \(\gcd(a,m) = 1\)，\(a^x \equiv -1 \pmod p\) 的最小正整数解称为 \(a\) 在模 \(p\) 下的半阶，记为 \(\delta^-_m(a)\)。
Lemma. 若 \(a^x \equiv -1 \pmod p\)，则 \(x\) 是 \(\delta^-_m(a)\) 的整数倍。
\(8\) 是 \(2019\) 的半阶的奇数倍，因此 \(2019\) 的半阶只能是 \(8\)。
Theorem. 若 \(\delta^-_m(a)\) 存在，则 \(\delta^-_m(a) = \frac 1 2 \delta_m(a)\)。
因此 \(\delta_p(2019) = 2 \times 8 = 16\)。\(2019^{16} \equiv 1 \pmod p\)。
而根据 Fermat's Little Theorem 有 \(2019^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)，意味着 \(16 \mid p-1\)，即 \(p\) 满足 \(16k+1\) 的格式。
同上，枚举 \(p=17\) 不对，下一个 \(p=97\) 就对了。
参考资料：https://www.bilibili.com/opus/636643461930418183
P15 空啦！
注意到 \(OQ \perp XY\) 然后一个圆幂没了。
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