一道数论题

记一道数论题（IMO的），这道题难度不大但是有点意思。
题目：任意给定整数\(k_1...k_n\)（\(n\)是正奇数），定义\(F(a)\)（a为\(1...n\)的排列）\(=\sum_{i=1}^nk_ia_i\)。
证明：存在\(c,d\)，\(S(c)\equiv S(d)(\mod n!)\)。设所有\(1...n\)的排列构成集合\(T\)。
\(n=1\)时显然。假设\(n>1\)，考虑反证法，假设不存在存在\(c,d\)使得\(S(c)\equiv S(d)(\mod n!)\)。
那么由于排列有\(n!\)个，它们对\(n!\)取模的结果只可能是\(0,1,...n!-1\)，所以定义\(G(a)=F(a)\)对\(n!\)取余的结果，对于所有\(0\leq x<n!\)，只存在恰好一个排列\(a\)使得\(x=G(a)\)。
考虑计算\(\sum_{a\in T} F(a)\). 考虑每个位置\(j\)的贡献。对于所有排列，\(k_i\)放在位置\(j\)有\((n-1)!\)种情况，权值为\(k_ij(n-1)!\)
所以\(\sum_{a\in T} F(a)=(\sum_{i=1}^n)(\sum_{i=1}^n)k_ij(n-1)!=(\sum_{i=1}^n k_i)(n-1)!\frac{n(n+1)}{2}\)
而由于对于所有\(0\leq x<n!\)，只存在恰好一个排列\(a\)使得\(x=G(a)\)。所以\(\sum_{a\in T} G(a)=n!\frac{(n!-1)}{2}\)
而且根据\(G\)的定义，我们知道\(\sum_{a\in T} F(a)\)对\(n!\)取余的结果和\(\sum_{a\in T} G(a)\)相同，所以\(n!\frac{(n!-1)}{2}\equiv(\sum_{i=1}^n k_i)(n-1)!\frac{n(n+1)}{2} \mod n!\)
由于\(n\)是奇数，\(\frac{n+1}{2}\)是整数，所以存在\(\frac{n+1}{2}\)使得\(\frac{n+1}{2}n!(\sum_{i=1}^n k_i)=(\sum_{i=1}^n k_i)(n-1)!\frac{n(n+1)}{2}\)，所以\((\sum_{i=1}^n k_i)(n-1)!\frac{n(n+1)}{2}\equiv 0(\mod n!)\)
所以一定存在整数\(k\)使得\(kn!=n!\frac{(n!-1)}{2},k=\frac{(n!-1)}{2}\)。由于\(n>1\)，\(n!\)是偶数，\(n!-1\)是奇数，所以\(k\)不是整数，矛盾。