【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