【杂题乱写】南京大学计算机拔尖班2023选拔考试

题目是从这里搬的 原文有一些瑕不掩瑜的小 typo

第一题（20分）

在黑板上写有 2023 个 1，下面进行 2022 次如下操作：擦掉黑板上任意两个数 \(a,b\) 并写下 \(a+b\) 或者 \(\min\{a^2,b^2\}\)，最后只剩下一个数，记这个数字最大可能值为 \(r\) ，求证 \(\displaystyle 2^{\frac{2023}3}<r<3^{\frac{2023}3}\)

【Solution】

你还在手玩的时候，别人都开始 \(\rm DP\) 了！

设 \(f_n\) 表示在有 \(n\) 个数字的时候最大的可能被凑出来的 \(r\)

首先证明 \(f_{2023}>2^{\frac{2023}3}\)：注意到这么个事实，如果 \(a=b\) 那么选择 \(\min\{a^2,b^2\}\) 本质上是选择 \(a\times b\) 所以现在可以理解成把 \(2023\) 拆成若干数字，他们加和到 \(3\) 之后乘起来（\(3\) 的数量必须是 \(2\) 的若干次幂。）

至于为啥是 \(3\) ，这好像是 \(\frac{\ln x}x\) 的最大整数取值。

可以发现你凑到了 \(3^{512}\)，证明 \(3^{512}>2^{\frac{2023}3}\) 的部分留给读者。

接下来证明不等式的右侧 不难通过 \(\rm DP\) 得到下式：

\[f_n=\max_{i=1}^{n-1}\{f_i+f_{n-i},\min\{f_i^2,f_{n-i}^2\}\} \]

我们试图归纳证明 \(f_{n}\le 3^{\frac{n}3}\)，现在目的是证明按照上面的转移方程可以得到 \(f_{n+1}\le 3^{\frac{n+1}3}\)，即分别证明 \(\forall\ i,f_{i}+f_{1+n-i}\le 3^{\frac{2023}3},\min\{f_{i}^2,f_{n+1-i}^2\}\le 3^{\frac{2023}3}\)

对于 \(3^{\frac{i}3}+3^{\frac{n-i}3}\) 而言，这是对勾函数，所以最大值在 \(i=n\) 的时候取到，那么 \(3^{\frac{n+1}3}-3^{\frac 13}-3^{\frac{n}3}\ge 0\Leftrightarrow (3^{\frac{1}3}-1)(3^{\frac{n}3}-1)\ge 1\) 先手玩 \(6\) 项然后说明 \(n>6\) 的时候 LHS 肯定是大于 \(1\) 的即可。

对于另外的 \(\min\{3^{\frac{2i}3},3^{\frac{2(n+1-i)}3}\}\le 3^{\frac {n+1}{3}}\) ，不难发现左式在 \(k=\left\lfloor\frac n2 \right\rfloor\) 可以取到最大值，带入即可。

第二题（20分）

设 \(f\) 是定义域为非零实数，值域为 \(\mathbb{R}\) 的函数，对于 \(x,y,z\in \mathbb{R}\) 当 \(xyz=1\) 时有：

\[[f(x)]^2-f(y)f(z)=x(x+y+z)(f(x)+f(y)+f(z)) \]

求满足上述条件的所有函数 \(f\)

【Solution】

带入 \(x=y=z=1\) 得到 \(f(1)=0\) 。 消参：\(z=\dfrac{1}{xy}\) 得到：

\[\begin{aligned}\ [f(x)]^2-f(y)f\left(\frac{1}{xy}\right)&=x(x+y+z)\left(f(x)+f(y)+f\left(\frac{1}{xy}\right)\right)\\ [f(y)]^2-f(x)f\left(\frac{1}{xy}\right)&=y(x+y+z)\left(f(x)+f(y)+f\left(\frac{1}{xy}\right)\right)\end{aligned} \]

上下作差可以得到：

\[\left(f(x)+f(y)+f\left(\frac{1}{xy}\right)\right)(f(x)-f(y))=(x-y)(x+y+z)(f(x)+f(y)+f(z)) \]

\[(f(x)+f(y)+f(z))(f(x)-\left(x^2-\frac 1x\right)-\left(f(y)-(y^2-\frac 1y)\right) \]

令 \(y=1\) 可以得到 \((f(x)+f(\frac 1x))\left(f(x)-(x^2-\frac 1x)\right)=0\)。

第一种情况是 \(f(x)\equiv0\)。如果不满足 \(f(x)\equiv 0\) 那么就要满足在 \(f(x)\neq 0\) 的点值为 \(f(x)=x^2-\frac 1x\)

假设 \(f(x)\) 不满足 \(f(x)\equiv 0\) 且有超过 \(1\) 个零点，假设这个零点是 \(b\) ，同时取出一个 \(f(a)\neq 0\) 的 \(a(a>0)\)，取 \(x=a,y=b\) 进行研究：

\[(f(b)-\left(b^2-\frac 1b\right))(f(a)+f(b)+f\left(\frac{1}{ab}\right))=0 \]

根据 \(f(b)=0,b\neq 1\) 得到 \(f(a)+f\left(\frac{1}{ab}\right)=0\) 。另外代换可以得到

\[[f(a)]^2-f(b)f\left(\frac{1}{ab}\right)=a(f(a)+f(b)+f\left(\frac 1{ab}\right))\left(a+b+\frac{1}{ab}\right) \]

根据基本不等式可以得到 \(a+b+\frac{1}{ab}\ge 3,a>0\) ，LHS 化简之后得到 \([f(a)]^2\) ,RHS 化简之后变成 0，矛盾了。

于是可以得到 \(f(x)\) 可以是 \(f(x)=0\) 或者 \(f(x)=x^2-\frac 1x\)

第三题（20分）

【Solution】

先把不等式左右都加 \(n\)，移项得到下式：

\[n-c(f)\le \sum n-c(f_t) \]

设 \(d(g)=n-c(g)\) ，其中 \(g\) 是 \(S\) 一个排列函数。如果能证明任意两个函数复合都满足条件，那么可以将 \(k\) 任意放大或者缩小（迭代）（记 \(F\) 是一个前缀复合。如果满足 \(d(P(Q))\le d(P)+d(Q)\)，那么对于任意 \(k\in [2,n]\) 依次使用 \(d(f_{k}(F_{k-1}))\le d(f_k)+d(F_{k-1})\) 即可）

现在只需要考虑 \(n=2\) 的情况。返回去证明原式 \(c(P)+c(Q)\le n+c(P(Q))\)

考虑对 \(n\) 归纳。当 \(n\leftarrow n+1\) 时，考虑 \(n+1\) 在排列中是另立门户还是跟随原来的。

如果 \(P(n+1)=Q(n+1)=n+1\)，那么 \(P(Q(n+1))=n+1\) ，不等式里面四项全部加一，不等号成立

如果在两个排列里面 \(n+1\) 都被插入到原有的一个环里面，那么 \(P(Q)\) 的轨道数最多减一，也就是说借助 \(n+1\) 合并了两个环。这时候不等式左侧增量为 0 右侧增量非负。

如果两个排列里的一个 \(n+1\) 是自环一个不是，左边增量为 \(1\)，但此时设 \(P\) 中 \(n+1\) 在环上，前驱后继为 \(p,n\)
那么子问题里面的排列 \(P(Q)\) 满足 \(p,n\) 在 一个环上，所以 \(c(P(Q))\) 不变，不等号左右均加一，仍然成立

于是任意两个函数复合的情况就证完了，推广到 \(k\) 任意的情况即可。

第四题（20分）

【Solution】

来自 imo2022 shortlist N3。NJU 这波操作又在大气层了！

我读了一遍读明白题意了，不知道你是不是有问题，欢迎讨论。

注意到排列因子的时候肯定是从小到大，设 \(d\) 的前缀和 \(S_i=a_i^2,S_0=a_0=0\)。此时有 \((a_i-a_{i-1})|d_i,(a_i+a_{i-1})d_i\)

现在已经知道 \((a_i+a_{i-1})|d_i,d_i|n\) ，\(a_i+a_{i-1}\) 单调递增，所以 \(n\) 有 \(k\) 个因数 \(a_{i}+a{i-1}\)，根据因数数列唯一得到 \(a_i+a_{i-1}=d_i\) 也就是说 \(a_i-a_{i-1}=1\)

满足条件的正整数只有 \(1,3\),剩下的奇数均不能满足 是小于等于它所有奇数的倍数的条件