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A

2010 西部 P4 (3.7)

设非负实数 \(a_1,...a_n,b_1,...,b_n\)，有
\(\sum (a_i+b_i)=1,\sum i(a_i-b_i)=0,\sum i^2(a_i+b_i)=10\)
求证： \(\forall 1\leq k\leq n,\max(a_k,b_k) \leq \frac{10}{10+k^2}\)

由对称性只需证 \(a_k \leq \frac{10}{10+k^2}\)。
对上式配凑得 \((10-k^2a_k)(1-a_k) \geq k^2a_k^2\)，看到这个结构就不难想到放缩一下用柯西证了。

Proof：
一方面，由 Cauthy 不等式得

\[(\sum i^2b_i)(\sum b_i) \geq (\sum ib_i)^2=(\sum ia_i)^2\geq (ka_k)^2 \]

另一方面，

\[(\sum i^2b_i)(\sum b_i)=(10-\sum i^2a_i)(1-\sum a_i) \leq (10-k^2a_k)(1-a_k) \]

\[\therefore (10-k^2a_k)(1-a_k) \geq (ka_k)^2 \]

即 $$a_k \leq \frac{10}{10+k^2}$$
同理有 \(b_k \leq \frac{10}{10+k^2}\)，QED.

2007 东南 P8（2.2）

设正实数 \(a,b,c\) 满足 \(abc=1\)，\(k\) 是整数
求证：\(\forall k \geq 2,\) 有

\[\frac{a^k}{a+b}+\frac{b^k}{b+c}+\frac{c^k}{c+a} \geq \frac{3}{2} \]

Proof：
由基本不等式得 \(a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc}=3\)

根据 Hölder 不等式，有：

\[(\sum_{\text{cyc}}(\frac{a^k}{a+b}))(\sum_{\text{cyc}}(a+b))(\sum_{\text{cyc}}1)^{k-2} \geq (\sum_{\text{cyc}}a)^k \]

\[\therefore (\sum_{\text{cyc}}\frac{a^k}{a+b})(2\sum_{\text{cyc}}a)\times 3^{k-2} \geq (\sum_{\text{cyc}}a)^k \]

\[\therefore \frac{a^k}{a+b}+\frac{b^k}{b+c}+\frac{c^k}{c+a} \geq \frac{(a+b+c)^{k-1}}{2\cdot 3^{k-2}}\geq \frac{3^{k-1}}{2\cdot 3^{k-2}}=\frac{3}{2} \]

QED.

C

2025 北京预赛加试 P4（4.9）

有 \(2025\) 张数字卡片，上面分别写有数字 \(1\) 至 \(45\)，每个数字卡恰有 \(45\) 张。现在，有 \(45\) 位高中生参加交换卡片的游戏，每次交换由两位同学参与，他们两人各自将某一张手中的卡片交给对方。每人最初持有 \(45\) 张卡片。求证：至少存在一种交换方案，每个卡片至多只参加一次交换，使得最终每人手中都有 \(1\) 至 \(45\) 号卡片各一张。

相关题目：[CTS2023] 琪露诺的符卡交换

手玩一些 case，比如每个人正好持有 45 张 1，45 张 2 之类的：

\[\begin{bmatrix}1,1,\cdots,1 \\2,2,\cdots,2 \\\cdots \\45,45,\cdots,45 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1,1,\cdots,45 \\2,2,\cdots,44 \\\cdots \\45,45,\cdots,1 \end{bmatrix} \]

注意到每一列都是一个合法的 \(1\sim 45\) 的排列，这启示我们可以把整个矩阵转置，剩下的问题就变成了要重排每个人的手牌构造出这样满足每一列是排列的矩阵。

Sol：
首先我们说明：可以把每个同学的手牌重排后按序排在一行，满足恰好每一列都是一个 \(1\sim 45\) 的排列。

从左往右填，对列数归纳，设当前剩余 \(k\) 列还没有填，由归纳假设知所有数字卡都剩 \(k\) 张。对于所有同学的任意一个子集 \(S\)，其持有总卡片数量为 \(|S|\times k\)；对于每种卡，其最多被 \(k\) 个同学持有。抽屉原理，此时必有 \(|N(S)|\geq |S|\)。运用 Hall 定理 得到一定存在一个同学和卡片数字的完美匹配。

把每一行的对应匹配卡片放到这一列，问题变成一个规模为 \(k-1\) 的子问题。\(k=0\) 时显然成立，故由归纳得到了我们想证明的结论。

接下来我们把这个 \(45\times 45\) 的矩阵转置，对应组合意义即把每个牌和其转置后位置对应的手牌进行交换。此时转置后的矩阵满足题目要求，也保证了每张手牌最多交换一次。

2020 TST 6（4.1）

一个简单连通图有 \(n\) 个顶点和 \(m\) 条边。求证：可以找到 \(m\) 种方法把它的顶点集分成两部分，使得每部分对应的诱导子图是连通的。

4.1 在哪了？？？
我们只考虑连通性，所以可以取出一个生成树，笔者对 dfs 树较为熟悉故采用 dfs 树构造。

Sol：
考虑构建以 \(rt\) 为根的 dfs 叶向树。

对于一条树边 \(u \rightarrow v\)，把点集分为 \(\operatorname{subtree}(v),\operatorname{subtree}(rt) \setminus \operatorname{subtree}(v)\)。

对于一条非树边 \(u \rightarrow v\)（设此时 \(u\) 为祖先），此时 \(u,v\) 具有祖先后代关系，让 \(u\) 到 \(v\) 方向上的儿子为 \(z\)，则分出 \(\operatorname{subtree}(z)\setminus \operatorname{subtree}(v)\) 和其余部分两组。

不难验证每一组构造都满足题目要求且互不相同，这就给出了 \(m\) 组点集的划分。

2025 重庆预赛 P15（4.0）

用红、白两种颜色对一个 \(99 \times 99\) 的方格表中的每一个单位小方格染色（每个单位小方格只染一种颜色）。在染色后的方格表中，考虑由三个单位小方格组成的有序方格组

\[(C_1, C_2, C_3) \]

设 \(S\) 为满足
① \(C_1, C_2\) 在同一行，\(C_2, C_3\) 在同一列；② \(C_1, C_3\) 为白色，\(C_2\) 为红色的有序方格组的个数。求 \(S\) 的最大值。

考察基本功，设出每一行每一列然后简单放缩分离一下就出来了。

Sol：
设 \(a_i,b_j\) 表示第 \(i\) 行，第 \(j\) 列白色的数量，下文中 \(0\) 代指白色，\(1\) 代指红色。

则答案为：

\[\sum_{(i,j)=1}a_ib_j\leq \sum_{(i,j)=1}\frac{a_i^2+b_j^2}{2}=\frac{1}{2}\sum_{(i,j)=1}a_i^2+\frac{1}{2}\sum_{(i,j)=1}b_j^2 \]

\[=\frac{1}{2}\sum_i\left ((99-a_i)a_i^2\right )+\frac{1}{2}\sum_j\left ((99-b_j)b_j^2\right ) \]

构造函数 \(f(x)=(99-x)x^2,f'(x)=-3x^2+198x\)，所以 \(f(x)\) 在 \(x=66\) 处存在极大值 \(f(66)=33*66^2\)。

故进一步得到：

\[\sum_{(i,j)=1}a_ib_j\leq 2\times\left (\frac{1}{2}\times 99\times f(66)\right )=2^2\times 3^5\times 11^4 \]

取等条件：\(\forall i,j,a_i=b_j=66\)。

构造（以下每一个元素代表一个 \(33\times 33\) 矩阵）：

\[\begin{bmatrix} 白 &白 &红 \\ 白 &红 &白 \\ 红 &白 &白 \end{bmatrix}\]