2022-12-31 #22 梦中絮语与谁诉说 幸运不幸都应承受

——闹闹丶《我仍唱着》

今天看了看 CMO2022 的题，随便做一下。

毕竟是新年最后一天了，就摆了~

116 CMO2022 D2T3

不会做，有点可惜。

很容易发现任意两点都可以互相到达。

考虑折半，若我们能说明一个点能经过不超过 \(\sqrt{\frac n2}\) 条边到达至少 \(\lfloor\frac n2\rfloor+1\) 个点，那么就可以同理说明至少 \(\lfloor\frac n2\rfloor+1\) 个点能经过不超过这么多条边到达 \(x\)。根据鸽巢原理一定存在一个 \(y\) 满足 \(x\) 能经过 \(\sqrt{\frac n2}\) 条边到 \(y\)，\(y\) 再经过 \(\sqrt{\frac n2}\) 条边返回 \(x\)。

记 \(N_d(x)\) 表示 \(x\) 点的 \(d\) 邻域大小（经过不超过 \(d\) 条边到达的点集），令 \(a_i=|N_d(x)|\)，记最后一个小于等于 \(\lfloor\frac n2\rfloor\) 的 \(a_i\) 的位置为 \(k\)。

取 \([0,k]\) 中某个 \(i\)，考察 \(N_i(x)\) 与 \(V(G)\backslash N_i(x)\) 之间的连边，这些边一定是连接着与 \(x\) 距离恰好为 \(i,i+1\) 的点，于是可以列出不等式：

\[(a_{i+1}-a_i)(a_i-a_{i-1})\geqslant 4a_i\\ a_{i+1}\geqslant\frac{4a_i}{a_i-a_{i-1}}+a_i=\frac{4a_{i-1}}{a_i-a_{i-1}}+4+a_i-a_{i-1}+a_{i-1}\\ a_{i+1}\geqslant 2\sqrt{4a_{i-1}}+4+a_{i-1}=(\sqrt{a_{i-1}}+2)^2 \]

于是令 \(b_i=\sqrt a_i\)，则 \(b_0\geqslant 1,b_1\geqslant 2,b_i\geqslant b_{i-2}+2\)，归纳有 \(b_i\geqslant i+1\)。

那么 \(b_k\geqslant k+1\)，即 \(\lfloor\frac n2\rfloor\geqslant a_k\geqslant (k+1)^2\)，因此 \(k\leqslant \sqrt{\frac n2}-1\)。

因此经过 \(\sqrt{\frac n2}\) 条边一定能到达至少 \(\lfloor\frac n2\rfloor+1\) 个点。

（写的非常不严谨，将就着看吧）

117 CMO2022 D1T3

好像没那么难？

我们只需证明，取任意黑匹配，我们都可以找到一个权值大于等于它的白匹配，就可以同理证白匹配能找到对应黑匹配。

下证，存在一组白匹配，使得每条黑匹配边的权值为其与白匹配边的交点数。（显然白匹配的权值是大于等于交点数总和的）

这是经典的构造。（技巧来自 AGC018D）

我们构造黑匹配划分多边形对应的对偶图，其一定是一棵树。令一个结点的权值为其对应区域中白点数量，我们将树的带权中心作为根，构造白点的一组 dfs 序，使用经典的移位技巧，将 dfs 序的前一半与后一半依次匹配。

由于以树中心为根，所以每棵子树大小不超过 \(\lfloor\frac {sum}2\rfloor\)，也就是说匹配的白点一定不在根的同一子树。考察树上每一条边，其被经过的次数一定等于其对应子树大小。也就是说，对于每条黑匹配边，其交点数量为其划分的两个区域白点数的 \(\min\)，易发现权值也一定等于它，证毕。

118 2022 年第三届百年老校数学竞赛 T4

令题面中的 \(100\) 为 \(n\)。

容易给出一个 \(m=n\) 的构造，每个集合只包含一个数字。

下说明，若 \(m>n\)，一定无解。只需说明 \(m=n+1\) 时一定无解。

取出所有集合 \(n+1\) 中的数字，对于每个数字 \(x\)，将包含 \(x\) 的集合删除 \(x\)，不包含 \(x\) 的集合加入一个新的数字，这样可以保证题目给出的性质仍然不变。

操作后，集合 \(n+1\) 会变成空集，因此其余集合大小均为 \(2\)，那么任意两个集合的交均为 \(1\)。

不妨令集合 \(1\) 为 \(\{1,2\}\)，集合 \(2\) 为 \(\{1,3\}\)。

由于包含 \(1\) 的二元组数量不超过 \(n-1\)，因此一定有一个集合不包含 \(1\)，我们将这个集合称作集合 \(3\)，因此集合 \(3\) 一定是 \(2,3\)。

无论我们如何构造，也无法给出一个集合 \(4\)。