COMC 2025

填空压轴：

假设两个多项式 \(p(x)=\sum_{i=0}^{100}a_ix^i,q(x)=\sum_{i=0}^{100}b_ix^i\)，并且 \(a\) 和 \(b\) 满足存在正整数 \(j,k\in[0,100]\)，满足 \(\forall i\in[0,100]\cup\mathbb{Z},b_i=\left\{\begin{aligned}&a_i,\text{if }i\neq j,i\neq k\\&a_k,\text{if }i=j\\&a_j,\text{if }i=k\end{aligned}\right.\)。求 \(p(x)=q(x)\) 的根的数量的期望值。

Solution.

无视 \(a_j=a_k\) 的情况。对方程进行简化，可以得到 \(x^j-x^k=0\)。

注意到根可能是 \(0,\pm1\)。分别计算概率再使用线性概率即可。

解答题第三题：

定义一个数 \(N\) 为“移位数”，当且仅当可以找到正整数 \(d>1\)，满足 \(dN\) 经过循环移位可以变成 \(N\)。

例 1：\(N={\color{red}1}42857,d=3,dN=42857{\color{red}1}\)

例 2：\(N={\color{red}15}7894736842105263,d=5,dN=789473684210526{\color{red}15}\)

(1) 证明：所有的“移位数”都可以被 3 整除。

(2) 证明：一个“移位数”有无限个倍数也是“移位数”。

(3) 求出 \(10^{15}\) 内所有 \(dN\) 移动 1 位即可变成 \(N\) 的 \(N\)（例如 \(142857\)）。

自己出的（4）设 \(n\) 为 \(\lfloor\log_{10}{N}\rfloor+1\)（即 \(N\) 的位数）。定义一个数 \(N\) 为“最小移位数”当且仅当不存在 \(e|n,e\neq 1\) 使得 \(N\) 可以被分为 \(e\) 个相同的部分。证明：那么 \(N\) 是“最小移位数”当且仅当存在一个素数 \(p\) 使得：

  1. \(n|p-1\)；
  2. \(\operatorname{ord}_p(10)=n\)；
  3. \(p\) 最小的原根 \(g_{\text{min}}<10\)；
  4. \(N\) 能被 \(\frac{10^n-1}p\) 整除。

也就是说，从一个 \(n\) 可以生成多个 \(N\)（因为 \(p\) 是 \(\Phi_n(10)\) 的因子，而通常情况下这会有多个因子）：选取一个 \(p\) 和其原根 \(d=g<10\)，计算 \(C=\frac{10^n-1}{p}\) 然后将其乘上一个数（变为 \(N=kC\)）使得 \(10^n>Ng_{\text{min}}\)。那么 \(N\) 就是一个“最小移位数”。

一个“移位数”可以通过分解 \(n\) 然后令 \(n\) 等于其因子之一构造“最小移位数”，再拼接形成“移位数”。

Solution.

(1) 只要证明所有的“移位数”都可以被 \(9\) 整除即可。设两部分的位数的 \(\gcd\) 为 \(n\)，则对等式进行 \(\bmod 10^n-1\) 可以得到 \(d\equiv1\pmod{10^n-1}\) 或 \(N\equiv0\pmod{10^n-1}\)。前者不可能，后者直接得到结论。

(2) 注意到 \(N'=N\times\frac{10^{nt}-1}{10^n-1}\) 一定是一个“移位数”（\(t\in\mathbb{Z}^+\)）。证明过程参考 (4)，\(dN'\equiv10^m\times N'\pmod{10^{nt}-1}\)（哪怕 \(d\equiv 10^m\pmod{{\color{red}10^n-1}}\)）。这样仍然可以位移。

(3) 对 \(d\) 进行分类讨论。\(d>5\) 直接不用考虑，\(d=2,3,4,5\) 分别枚举一下即可。最终结果只有 \(142857\) 和 \(142857142857\)。

(4) 充分条件：

根据定义，\(p|(10^k-1)\) 的最小 \(k\) 是 \(n\)。这也意味着 \(\frac{1}{p}\) 的循环节位数是 \(n\)。

取出循环节 \(C=\frac{10^n-1}p\)，考虑 \(kC\bmod(10^n-1)\)。由于

\[pC\equiv0\pmod{10^n-1}\tag 1 \]

我们考虑限制 \(1\le k\le p-1\)。

考虑 \(10^m\equiv k\pmod p\)。于是将 \(C\) 乘以 \(k\) 就相当于乘以 \(10^m\)（剩余的部分通过 \((1)\) 约减）。这样的 \(m\) 是唯一的，但当 \(p\neq n+1\) 且 \(\operatorname{ord}_p(k)>n\) 时无解。此时可以求出 \(p\) 的一个原根 \(g\) 并且将 \(k\) 写成 \(\frac{10^m}{g^l}\)（\(1\le l<\frac{p-1}{n}\)）。这样处理会导致形成 \(\frac{p-1}{n}\) 个环，每个环中的数都遵循类似 \(p\) 有一个原根为 \(10\) 的情况，对应 \(C'=C\times g^l\)。

将 \(C\) 写成 \(A\times10^{n-m}+B\)，于是（假设 \(k\) 可以被写成 \(10^m\bmod p\)）

\[\begin{aligned} kC&=A\times10^n+B\times10^m\\ &=B\times10^m+A\pmod{10^n-1} \end{aligned} \]

必要条件：

不会做。

使用该结论可以立即得到 (1)(2)。