IMO2025 Problem 6

注意到 \(2025 = 45 \times 45\)，我们考虑能不能按根号分块，我们呈阶梯状摆放，在 \((\sqrt{n}, \, 1), \, (2\sqrt{n}, \, 2), \, \cdots, \, (n, \, \sqrt{n})\) 的位置放上一个空，接下来向上每一层将 \(x\) 坐标向左偏移 \(1\) 格，恰好能填满整个正方形无行列重叠。

我们在紧邻 \(4\) 个空位的位置放上一个 \(\sqrt{n} - 1\) 边长的正方形，在边界处放上长条，总共花费 \((\sqrt{n} - 1)^2 + 4(\sqrt{n} - 1) = n + 2\sqrt{n} - 3 = 2112\) 个矩形。\(n = 3\) 的示意图如下：其中黄色为空位，其余的颜色为矩形。

我们大力猜测这是一个最小解，考虑证明：

首先根据一个关键观察是，一个矩形的最优放置方式是与 \(4\) 个空位相邻，以此启示我们观察空位的四条边，不难得出每一条边都对应一个不同的矩形的个结论，因此我们想得知到底有多少条边的匹配被浪费了，换言之，我们最少需要多少个矩形才能匹配这些边。

设从左到右的第 \(i\) 个空位的高度为 \(a_i\)，那么我们可以得到一个排列 \((a_1, \, a_2, \, \cdots, \, a_n)\)，我们在其中分别选择一个单调递增子序列和单调递减子序列（LIS/LDS），在几何层面则是构造出了两条链将这个大正方形分成了 上下左右 \(4\) 个部分。例图如下：

我们将位于上部分的空位的上边标记，其余方向同理，如果这个空位同时处于多个方向，则将这多个方向全部标记，这样的构造使得每一条被标记的边至少都需要一个矩形进行匹配，不存在两条被标记的边能被同一个矩形匹配，也就是说这是一个下限，我们希望这个下限恰好是我们构造的答案。

考虑设 LIS 的长度为 \(a\)，LDS 的长度为 \(b\)，如果 LIS 和 LDS 不共用同一个空位的情况下，总边数为 \(n + a + b\)，共用的情况下，共用空位的四条边均被标记，总边数为 \(n + (a - 1) + (b - 1) + 3 = n + a + b + 1\)，而边界上的 \(4\) 个空位都有一条边不用匹配，所以所需矩形数在不共用时至少为 \(n + a + b - 4\)，在共用时至少为 \(n + a + b - 3\)。

接下来给出一个引理：

一个长度为 \(n\) 的排列的 LIS 长度为 \(a\)，LDS 长度为 \(b\)，则 \(ab \ge n\)。

证明：

考虑给每个元素一个标签为：以它结尾的 LIS/LDS 的长度，由鸽巢原理，记录 LIS 长度的元素至少有 \(\sqrt{n}\) 个的标签相同，在这些相同标签的元素中，显然按顺序排列可以得到一个单调下降子序列，否则可以与其他标签相同的元素匹配得到一个更长的子序列，LDS 同理，故 \(ab \ge n\) 得证。

另一个关键观察是，如果 \(a = b\)，则 LIS 和 LDS 共用一个元素，否则可以对交界处的 \(4\) 个元素进行检查，可以更新出一个更长的 LIS 或 LDS。

• 当 \(a \neq b\) 时，\(n + a + b - 4 > n + 2\sqrt{ab} - 4 = n + 2\sqrt{n} - 4\)，则最小值为 \(n + a + b - 3\)。

• 当 \(a = b\) 时，\(n + a + b - 3 \ge n + 2\sqrt{ab} - 3 = n + 2\sqrt{n} - 3\)。

综上，最少需要构造 \(n + 2\sqrt{n} - 3\) 个矩形，但我们已经构造出 \(n + 2\sqrt{n} - 3\) 的解，因此答案为 \(n + 2\sqrt{n} - 3\)，对本题 \(n = 2025\)，答案为 \(2112\)。