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+{"zh_problem": "设 $a, b, c \\in \\mathbb{R}$, $a^3 b + b^3 c + c^3 a = 3$, 求下式的最小值 $f(a, b, c) = (\\sum a^4)^4 + 1000 \\sum a^2 b^2$.", "en_problem": "Let $a, b, c \\in \\mathbb{R}$, $a^3 b + b^3 c + c^3 a = 3$, find the minimum value of the expression $f(a, b, c) = (\\sum a^4)^4 + 1000 \\sum a^2 b^2$.", "answer": "2625", "subject": "Algebra", "unique_id": 0, "solution": "记 \\(p = \\sum a^4, q = \\sum a^2b^2\\), 则由 Vasc 不等式有\n\\[p + 2q = \\left(\\sum a^2\\right)^2 \\ge 3\\sum a^3b = 9,\\]\n于是\n\\[f(a, b, c) = p^4 + 1000q \\ge p^4 + 500(9 - p) = g(p),\\]\n求导得\n\\[g'(p) = 4p^3 - 500 = 4(p^3 - 5^3),\\]\n可见当 \\(p = 5\\) 时 \\(g(p)\\) 取最小值, 从而\n\\[f(a, b, c) \\ge g(5) = 2625.\\]\n下面讨论是否能取等, 由上述过程知, 取等当且仅当满足 Vasc 不等式的取等条件并且 \\(p = 5\\). 熟知 Vasc 不等式有两个取等条件, 分别为 \\(a:b:c = 1:1:1\\) 以及 \\(a:b:c = \\sin^2(4\\pi/7) : \\sin^2(2\\pi/7) : \\sin^2(\\pi/7)\\) 及其轮换. 若取前者则有 \\(a = b = c = \\pm 1\\) 显然不符合 \\(p = 5\\), 所以只能取后者. 不妨令 \\(a = \\sin^2(4\\pi/7) \\cdot t, b = \\sin^2(2\\pi/7) \\cdot t, c = \\sin^2(\\pi/7) \\cdot t\\), 那么就要满足\n\\[\\begin{cases} t^4 \\left( \\sin^6 \\frac{4\\pi}{7} \\sin^2 \\frac{2\\pi}{7} + \\sin^6 \\frac{2\\pi}{7} \\sin^2 \\frac{\\pi}{7} + \\sin^6 \\frac{\\pi}{7} \\sin^2 \\frac{4\\pi}{7} \\right) = 3, \\\\ t^4 \\left( \\sin^8 \\frac{4\\pi}{7} + \\sin^8 \\frac{2\\pi}{7} + \\sin^8 \\frac{\\pi}{7} \\right) = 5, \\end{cases}\\]\n事实上, 可以计算出\n\\[\\begin{cases} \\sin^6 \\frac{4\\pi}{7} \\sin^2 \\frac{2\\pi}{7} + \\sin^6 \\frac{2\\pi}{7} \\sin^2 \\frac{\\pi}{7} + \\sin^6 \\frac{\\pi}{7} \\sin^2 \\frac{4\\pi}{7} = \\frac{147}{256}, \\\\ \\sin^8 \\frac{4\\pi}{7} + \\sin^8 \\frac{2\\pi}{7} + \\sin^8 \\frac{\\pi}{7} = \\frac{245}{256}, \\end{cases}\\]\n正好有 \\(147 : 245 = 3 : 5\\), 所以上述方程组存在实数解\n\\[t = \\pm \\frac{4}{\\sqrt{7}},\\]\n因此, 取等条件为\n\\[a = \\pm \\frac{4}{\\sqrt{7}} \\sin^2 \\frac{4\\pi}{7}, b = \\pm \\frac{4}{\\sqrt{7}} \\sin^2 \\frac{2\\pi}{7}, c = \\pm \\frac{4}{\\sqrt{7}} \\sin^2 \\frac{\\pi}{7}\\]\n及其轮换, 这样, \\(f(a, b, c)\\) 的最小值的确为 2625."}
+{"zh_problem": "求最少需要几个正方体 (可悬空), 使其三视图均为 $3 \\times 3$ 的方格.", "en_problem": "Find the minimum number of cubes (which can be suspended in air) needed so that all three views (front, top, and side) are $3 \\times 3$ grids.", "answer": "8", "subject": "Geometry", "unique_id": 3, "solution": "由于任一视图的边上要有线, 故任一视图边上的正方形至少都要有一个, 所以不可能少于 8 个. 而我们可以构造出 8 个的情形.（图略）"}
+{"zh_problem": "设 $n$ 为正整数, 集合 $T_{n}$ 为数集 $A_{n}=\\{k \\mid k \\in \\mathbf{Z}_{+}, 且 k \\leqslant n\\}$ 的一个子集, 且 $T_{n}$ 中任意两个数之差不等于 4 或 7. 若 $T_{n}$ 的元素个数的最大值记为 $f_{n}$ (如 $f_{1}=1$, $f_{2}=2$), 求 $\\sum_{n=1}^{2023}f_{n}$ 的值.", "en_problem": "Let $n$ be a positive integer, and set $T_n$ be a subset of the set $A_n=\\{k \\mid k \\in \\mathbf{Z}_{+}, \\text{ and } k \\leqslant n\\}$, such that the difference between any two numbers in $T_n$ is not equal to 4 or 7. If the maximum number of elements in $T_n$ is denoted as $f_n$ (for example, $f_1=1$, $f_2=2$), find the value of $\\sum_{n=1}^{2023}f_n$.", "answer": "932604", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 15, "solution": "易知，1, 4, 6, 7, 9 这五个数中的任意两个数之差均不为 4 或 7, 各加上 11 得到 12, 15, 17, 18, 20, 显然，这五个数也是任意两数之差均不为 4 或 7, 且各与前五个数中的任意一个数的差也不为 4 或 7. 由此类推，知对于每个确定的正整数 $n$, 每连续 11 个数中可取五个数, 余下的 $i=n-11 \\times [\\frac{n}{11}]$ ($[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数)个数中取 $R_{i}$ 个数, 一起组成集合 $T_{n}$. 下面证明: $T_{n}$ 中不可能包含更多的数.\n\n倘若不然，则上述 $T_{n}$ 中前各 11 元数组中至少有一组可以从中取六个数，使得任意两个数之差均不为 4 或 7. 不妨考虑 1, 2, ..., 11 这组数，将它们分成五个小组: $(1,8)$, $(2,6)$, $(3,10)$, $(5,9)$, $(4,7,11)$, 其中，至少要求有一组要取出两个数.\n\n显然，前四组中每组的两个数不能同取，最多一组取一个数，于是，只能在第五组 $(4,7,11)$ 中取 4、7. 从而，$(1,8)$ 中只能取 1, $(5,9)$ 中只能取 9, $(2,6)$ 中只能取 6. 则 $(3,10)$ 中 3、10 这两个数均不能取. 故不可能取得第六个数. 从而，$f_{n}=5 \\times [\\frac{n}{11}]+R_{i}$. 当 $i=0$, 1, 2, 3 时，$R_{i}=i$.\n\n当 $i=4$, 5, ..., 8 时, 如 $i=8$, 可考虑余下 1, 2, ..., 8 这八个数，将它们分成四个组:\n\n$(1,5)$, $(2,6)$, $(3,7)$, $(4,8)$, 每组取一个, 共 4 个, 即 $R_{i}=4$; 当 $i=9$, 10 时, 如 $i=9$, 可考虑余下 1, 2, ..., 9 这九个数���将它们分成五个组: $(1,5)$, $(2,6)$, $(3,7)$, $(4,8)$, $(9)$, 每组可取 1, 3, 4, 6, 9 这五个数，$R_{i}=5$. 因为 $2023=11 \\times 183+10$, 所以，\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{n=1}^{2023}f_{n} &= \\sum_{k=0}^{183}\\sum_{i=0}^{10}f_{11k+i} \\\\\n&= \\sum_{k=0}^{183}(11 \\times 5k+1+2+3+5 \\times 4+2 \\times 5) \\\\\n&= 55 \\times \\frac{183 \\times 184}{2}+184 \\times 36 \\\\\n&= 932604.\n\\end{aligned}\n$$\n故答案为：\n$\\boxed{932604}$."}
+{"zh_problem": "给定一个3行2025列的方格表, 一只蚂蚁从左下角的格出发, 每次可移动到有公共边的格. 若蚂蚁不重复地走遍方格表的每个格并且最终到达方格表的右上角, 求不同的走法有多少种.", "en_problem": "Given a $3\\times 2025$ grid, an ant starts from the bottom-left cell and can move to any adjacent cell that shares an edge. If the ant visits every cell of the grid exactly once and finally reaches the top-right corner, how many different paths are possible?", "answer": "2^{2023}", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 23, "solution": "记 $3 \\times n$ 的方格表走法数为 $a_n(n \\in \\mathbb{Z}_{+})$.\n\n记 $a_1 = a_2 = 1$, 易得 $a_3 = 2$. (1)\n\n考虑蚂蚁第一次从第3行走入第2行的位置，设为第 $i$ 列，则 $i \\in \\{1, 2, \\cdots, n-2, n\\}$.\n\n(1) 若 $i = n$, 则接下来蚂蚁只能沿第2行走回第1列，并进入第1行第1列，再沿第1行走到右上角，这样的情况恰1种.\n\n(2) 若 $i \\leqslant n-2$, 为了走遍每个格，蚂蚁此时必须沿第2行走回第1列，然后再经第1行回到第1行第 $i$ 列的格. 这时考虑其将在什么位置再次进入第2行，记为第 $j$ 列，则 $j \\in \\{i+1, i+2, \\cdots, n-1\\}$. 而此后，蚂蚁必须沿第2行走到第 $i+1$ 列，并进入第3行再回到第 $j$ 列. 接下来，蚂蚁将从第3行第 $j+1$ 列出发前往右上角，有 $a_{n-j}$ 种方式. 因此，对于 $i$ 的情况共有 $\\sum_{j=i+1}^{n-1} a_{n-j}$ 种不同走法.\n\n综上,\n$$\na_n = 1 + \\sum_{i=1}^{n-2} \\left(\\sum_{j=i+1}^{n-1} a_{n-j}\\right).\n$$\n\n结合结论 (1), 由归纳法可证明 $a_n = 2^{n-2}$.\n\n$\\boxed{2^{2023}}$"}
+{"zh_problem": "对于正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$, 将 $1, 2, \\cdots, 8$ 分别放在正方体的八个顶点上, 要求每一个面上的任意三个数之和均不小于 $10$. 求不同放法的个数.", "en_problem": "For a cube $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$, place the numbers $1, 2, \\cdots, 8$ at the eight vertices of the cube, with the requirement that the sum of any three numbers on each face is not less than $10$. Find the number of different ways to place the numbers.", "answer": "480", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 32, "solution": "经过分析，1 和 2 只能在面对角线或体对角线上.\n\n(1) 若 1 和 2 在面对角线上，面对角线共 12 条，每条对应 2 种放置方式. 不妨设 1 在点 $A$ 处，2 在点 $B_{1}$ 处，则点 $A_{1}$、 $B$ 必须是 7 和 8，有 2 种放法. 不妨设 7 在点 $A_{1}$ 处，8 在点 $B$ 处，此时剩下的数，注意 3 和 4 不能在同一条棱上，3 和 5 不能与 1 共面，经枚举可得共 4 种放法.\n\n从而，共有 $12 \\times 2 \\times 2 \\times 4 = 192$ 种放法.\n\n(2) 若 1 和 2 在体对角线上，四条体对角线，每条两种放置方式，不妨设 1 在点 $A$ 处，则 2 在点 $C_{1}$ 处. 下面讨论 3 的位置，则对于 3 来说，点 $B$、$D$、$A_{1}$ 是一类，点 $C$、$B_{1}$、$D_{1}$ 是一类. 若 3 在点 $B$ 处，则 4 只能在点 $D_{1}$ 处，5 无处安放，矛盾. 于是，3 只能在点 $C$、$B_{1}$、$D_{1}$ 上. 假设 3 在点 $C$ 上，则 4 只能放点 $A_{1}$ 上，5 的位置有两个可以选，剩下三个数随意安放.\n\n从而，共有 $8 \\times 3 \\times 2 A_{3}^{3} = 288$ 种.\n\n综上，所求为 $192 + 288 = 480$ 种.\n\n$\\boxed{480}$"}
+{"zh_problem": "给定直线上 $2024$ 个点. 现在随机将所有点配成 $1012$ 对, 连成 $1012$ 条线段. 求找到一条线段, 与其余 $1011$ 条线段都相交的概率.", "en_problem": "Given 2024 points on a straight line. Now randomly pair all points into 1012 pairs, connecting them into 1012 line segments. Find the probability that there exists a line segment that intersects with all the other 1011 line segments.", "answer": "\\frac{2}{3}", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 33, "solution": "所求概率是 $\\frac{2}{3}$.\n\n给定直线上若干条端点两两不同的线段. 线段族是 ``完美的'' 当且仅当其中有一条线段与其余所有线段均相交.\n\n接下来用数学归纳法证明：直线上有 $2n(n \\geqslant 2)$ 个点时，匹配后构成完美的线段族的概率为 $\\frac{2}{3}$.\n\n将直线上的点从左往右依次标为 $1, 2, \\ldots, 2n$.\n\n当 $n = 2$ 时，分组为 $(1, 2)(3, 4)$ 时不是完美的，分组为 $(1, 3)(2, 4)$, $(1, 4)(2, 3)$ 时是完美的，概率为 $\\frac{2}{3}$.\n\n假设命题对 $n - 1$ 成立. 则当 $n$ 时，先将以点 $n$ 为端点的线段染红. 设红线的两端点为 $n$, $m$. 其余线段中，左端点位于 $n$ 左侧、右端点位于 $n$ 右侧的线段称为 ``好线段''. 所有好线段都与红线相交.\n\n先去掉红线，只考虑剩下的 $n - 1$ 条线段.\n\n接下来证明：若剩下的 $n - 1$ 条线段构成完美的线段族，那么原线段族就是完美的.\n\n假设剩下的 $n - 1$ 条线段中存在与其余所有线段都相交的线段，将其染蓝. 对 $m$ 进行分类讨论.\n\n(1) 当 $m > n$ 时，余下的 $2n - 2$ 个点中，在 $n$ 左右各留有 $n - 1$ 个点. 于是，如果有线段两端点位于 $n$ 同侧，就会有线段两端点都位于 $n$ 另一侧. 从而，蓝线必须是好线段，因此也与红线相交.\n\n(2) 当 $m < n$ 时，此时剩下的 $2n - 2$ 个点中，在 $n$ 左侧还剩 $n - 2$ 个点，右侧则还剩 $n$ 个点. 如果蓝线是好线段，那么它还会与红线相交；如果蓝线不是好线段，其两端点就必须同在 $n$ 的右侧.\n\n此时，余下的 $n - 2$ 条线段不能有端点同在 $n$ 左侧者，于是必须都是好线段. 将左端点最小的好线段染绿. 这样，其余好线段的左端点都在绿线内部，从而都与绿线相交. 蓝线也需要与绿线相交. 最后，绿线是好线段，那么它也会与红线相交. 因此在原线段族中，绿线与其余所有线段均相交.\n\n下面证明：若原线段族是完美的，去掉红线后的线段族也是完美的.\n\n原线段族中存在一条与其余线段均相交的线段. 如果它不是红线，那么结论显然；如果它是红线，那么必须 $m > n$ 且其余线段都是好线段. 取出剩余线段中左端点最左者即可，证明是类似的.\n\n从而，先将点 $n$ 与某个点 $m$ 匹配，再匹配剩余所有点. 在取定 $m$ 的情况下，运用归纳假设，知去掉红线后形成完美的线段族的概率为 $\\frac{2}{3}$，因此原线段族是完美的的概率也为 $\\frac{2}{3}$.\n\n综上，所求概率就是 $\\frac{2}{3}$.\n$$\\boxed{\\frac{2}{3}}$$"}
+{"zh_problem": "初始时, 饲养员在一个 $20 \\times 20$ 的方格左上角的格内放置一根质量为 $a$ 的胡萝卜和一只兔子. 接下来, 若兔子与胡萝卜在同一格中, 它将吃掉 $\\frac{1}{20}a$ 质量的胡萝卜, 同时, 饲养员将剩下的胡萝卜等可能地放置到某个格 (有可能是当前的格) 中; 否则, 兔子会移动到一个相邻的格 (两个格相邻当且仅当它们有一条公共边) 中, 且该移动会缩短它与胡萝卜之间的距离. 求兔子吃完整根胡萝卜时, 其移动次数的期望.", "en_problem": "Initially, a zookeeper places a carrot with mass $a$ and a rabbit in the top-left cell of a $20 \\times 20$ grid. Next, if the rabbit and the carrot are in the same cell, it will eat $\\frac{1}{20}a$ mass of the carrot, and then the zookeeper will place the remaining carrot in one of the cells (possibly the current cell) with equal probability; otherwise, the rabbit will move to an adjacent cell (two cells are adjacent if and only if they share a common edge), and this movement will shorten the distance between it and the carrot. Find the expected number of moves the rabbit makes before eating the entire carrot.", "answer": "\\frac{2318}{5}", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 36, "solution": "设第 $i$ 行第 $j$ 列的格的坐标为 $(i-1, j-1)$，$1 \\leqslant i, j \\leqslant 20$.\n\n设胡萝卜所在的 20 个格依次为 $(x_k, y_k)$, $1 \\leqslant k \\leqslant 20$.\n则 $(x_1, y_1) = (0, 0)$.\n\n由于横、竖方向地位相同，且每次胡萝卜的放置都是等可能的，于是，\n$$\nE(|x_{k+1} - x_k|) = E(|y_{k+1} - y_k|) = \\frac{0 \\times 20 + \\sum_{i=1}^{19} i(40 - 2i)}{20 + \\sum_{i=1}^{19} (40 - 2i)} = \\frac{247}{20},\n$$\n其中，$k = 2, 3, \\dots, 19$.\n\n故兔子移动次数的期望为\n$$\n\\begin{aligned}\nE\\left( \\sum_{k=1}^{19} (|x_{k+1} - x_k| + |y_{k+1} - y_k|) \\right) &= 2E\\left( \\sum_{k=1}^{19} |x_{k+1} - x_k| \\right) \\\\\n&= 2E\\left( |x_2| + \\sum_{k=2}^{19} |x_{k+1} - x_k| \\right) \\\\\n&= 2\\left( E(|x_2|) + 18 E(|x_{k+1} - x_k|) \\right) \\\\\n&= 2\\left( \\frac{19}{2} + 18 \\times \\frac{247}{20} \\right) = \\frac{2318}{5}.\n\\end{aligned}\n$$\n所以，兔子移动次数的期望为\n$$\n\\boxed{\\frac{2318}{5}}\n$$"}
+{"zh_problem": "有一个 $n \\times n$（$n \\geqslant 2$, $n \\in \\mathbb{Z}_{+}$）的方格表, 称其中每个 $1 \\times 1$ 的格为单位格. 在每个单位格里要么放上一枚棋子要么不放任何东西. 若放完棋子之后, 发现对于任意一个单位格, 必有与其相邻（即异于该单位格且与该单位格至少有一个公共顶点的单位格）的某个单位格中有一枚棋子, 则称放入棋子的总数目为 \"$n$-好数\". 对于每个 $n \\geqslant 2(n \\in \\mathbb{Z}_{+})$, 记 $f(n)$ 是所有的 $n$-好数的最小值. 若常数 $c$ 满足: 对一切 $n \\geqslant 2(n \\in \\mathbb{Z}_{+})$, 均有 $f(n) \\geqslant cn^{2}$ 成立, 求 $c$ 的最大值.", "en_problem": "There is an $n \\times n$ ($n \\geqslant 2$, $n \\in \\mathbb{Z}_{+}$) grid, where each $1 \\times 1$ cell is called a unit cell. In each unit cell, either one chess piece is placed or nothing is placed. If after placing all the chess pieces, it is found that for any unit cell, there must be a chess piece in some unit cell adjacent to it (i.e., a unit cell different from this unit cell and sharing at least one common vertex with this unit cell), then the total number of chess pieces placed is called an \"$n$-good number\". For each $n \\geqslant 2(n \\in \\mathbb{Z}_{+})$, let $f(n)$ be the minimum of all $n$-good numbers. If the constant $c$ satisfies: for all $n \\geqslant 2(n \\in \\mathbb{Z}_{+})$, $f(n) \\geqslant cn^{2}$ holds, find the maximum value of $c$.", "answer": "\\frac{1}{7}", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 37, "solution": "称如图所示的由 14 个格组成的图形为“好图形”. 由图可知，对于每个好图形，放入至少 2 枚棋子即可使其 14 个格均满足题目要求.\n\n(1) 容易看到，对于一个无限的方格纸，可以只用无限个好图形进行无重叠的完全覆盖（即不留空隙），且每个好图形的方格线均与无限方格纸的方格线平行或垂直.\n\n当正整数 $n > 10^{100}$ 时，对于 $n \\times n$ 的方格，考虑其去掉最外面 4 层边框的 $(n - 8) \\times (n - 8)$ 的方格.\n\n根据以上分析，这个 $(n - 8) \\times (n - 8)$ 的方格必能被若干个好图形（每个好图形的方格线均与其方格线平行或垂直）进行无重叠的完全覆盖，且这些好图形均在 $n \\times n$ 的方格内.\n\n设此时所有的好图形盖住了 $k(k \\leqslant n^{2})$ 个格，则被好图形盖住的格中只需要累计放入 $\\frac{k}{7}$ 枚棋子即可满足题意.\n\n而在此基础上，在 $n \\times n$ 方格最外 4 层的格中全部放上棋子，即再放 $4(n - 1) + 4(n - 3) + 4(n - 5) + 4(n - 7) = 16n - 64$ 枚棋子.\n\n于是，所有的 $n \\times n$ 个格均满足题意.\n\n则 $f(n) \\leqslant \\frac{k}{7} + (16n - 64) \\leqslant \\frac{n^{2}}{7} + 16n - 64$.\n\n对于满足题意的 $c$，若 $c > \\frac{1}{7}$，设 $c = \\frac{1}{7} + \\varepsilon$，则\n$$\n\\frac{n^{2}}{7} + 16n - 64 \\geqslant f(n) \\geqslant cn^{2} \\geqslant (\\frac{1}{7} + \\varepsilon)n^{2},\n$$\n即 $\\varepsilon \\leqslant \\frac{16n - 64}{n^{2}}$ 对一切正整数 $n > 10^{100}$ 都成立，矛盾.\n\n从而，$c \\leqslant \\frac{1}{7}$.\n\n(2) 证明：$f(n) \\geqslant \\frac{1}{7}n^{2}$ 对一切正整数 $n \\geqslant 2$ 都成立.\n\n设对于给定的正整数 $n \\geqslant 2$，有 $m = f(n)$.\n\n设被放入棋子的 $m$ 个格为 $K_{1}, K_{2}, \\dots, K_{m}$. 对 $i = 1, 2, \\dots, m$，设 $O(K_{i})$ 表示由 $K_{i}$ 以及所有与 $K_{i}$ 相邻的格组成的集合.\n\n显然，$n^{2}$ 个格中的每个都在某个集合 $O(K_{i})$ 中.\n\n因为对于每个 $O(K_{i})$，都存在 $O(K_{j})(j \\neq i)$，满足格 $K_{i}$ 在集合 $O(K_{j})$ 中，故 $|O(K_{i}) \\cap O(K_{j})| \\geqslant 4(1 \\leqslant i < j \\leqslant m)$.\n\n现在在这 $n^{2}$ 个格的每个中写入一个数字，若存在 $i \\neq j$，使得该格属于 $O(K_{i}) \\cap O(K_{j})$，则在该格中写 $\\frac{1}{2}$，否则写 1. 于是，对于每个 $O(K_{i})$（$i = 1, 2, \\dots, m$），其含有的格都至少有 4 个写了 $\\frac{1}{2}$，则 $O(K_{i})$ 中的格所写数字之和至多为 7.\n\n因为格的总数不超过每一个 $O(K_{i})$（$i = 1, 2, \\dots, m$）中的格所写数字之和，所以 $n^{2} \\leqslant 7m$，即 $f(n) = m \\geqslant \\frac{1}{7}n^{2}$.\n\n由（1）（2）知 $c$ 的最大值为 $\\frac{1}{7}$.\n$$\n\\boxed{\\frac{1}{7}}\n$$"}
+{"zh_problem": "已知线段 $x+y=1$ ($x\\geqslant 0$, $y\\geqslant 0$) 上有 $2020$ 个点. 求最小的正整数 $k$, 使得对任意这样 $2020$ 个点, 总能存在一种方法将这 $2020$ 个点分为两组, 其中一组点的纵坐标之和不大于 $k$, 另一组的横坐标之和不大于 $k$ (这 $2020$ 个点可以重合).", "en_problem": "Given a line segment $x+y=1$ ($x\\geqslant 0$, $y\\geqslant 0$) with $2020$ points on it. Find the smallest positive integer $k$, such that for any such $2020$ points, there always exists a way to divide these $2020$ points into two groups, where in one group the sum of y-coordinates is not greater than $k$, and in the other group the sum of x-coordinates is not greater than $k$ (these $2020$ points may coincide).", "answer": "506", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 38, "solution": "设这 2020 个点 $P_{1}(x_{1},y_{1})$，$P_{2}(x_{2},y_{2})$，$\\dots$，$P_{2020}(x_{2020},y_{2020})$，满足 $x_{1}\\leqslant x_{2}\\leqslant \\cdots \\leqslant x_{2020}$.\n\n设 $M\\cup N=\\{P_{1},P_{2},\\cdots ,P_{2020}\\}$，$M\\cap N=\\varnothing $.\n\n不妨设 $M$ 为计算横坐标之和的集合，$N$ 为计算纵坐标之和的集合.\n\n取这 2020 个点均为 $(\\frac{1010}{2021},\\frac{1011}{2021})$.\n\n若 $k\\leqslant 505$，则 $|M| \\leqslant 1010$， $|N| \\leqslant 1009$.\n\n于是， $|M| + |N| \\leqslant 2019 < 2020$. 不满足条件.\n\n下面证明 $k=506$ 满��条件.\n\n若 $S = \\sum_{i=1}^{2020}x_{i}\\leqslant 506$，则取 $M=\\{P_{1},P_{2},\\cdots ,P_{2019}\\}$，$N=\\{P_{2020}\\}$.\n\n否则，必存在 $t\\in \\mathbf{Z}_{+}$，$t\\leqslant 2020$，使得 $\\sum_{i=1}^{t-1}x_{i}\\leqslant 506$ 且 $\\sum_{i=1}^{t}x_{i}> 506$.\n\n于是，取 $M=\\{P_{1},P_{2},\\cdots ,P_{t-1}\\}$，$N=\\{P_{t},P_{t+1},\\cdots ,P_{2020}\\}$.\n\n故\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=t}^{2020}y_{i} &= \\sum_{i=t}^{2020}(1-x_{i}) \\\\\n&= 2021-t-\\sum_{i=t}^{2020}x_{i} \\\\\n&\\leqslant 2021-t-(2021-t)x_{t} \\\\\n&\\leqslant 2021-t-\\frac{2021-t}{t}\\sum_{i=1}^{t}x_{i} \\\\\n&< 2021-t-\\frac{2021-t}{t}\\times 506 \\\\\n&= 2021-t-\\frac{2021\\times 506}{t}+506 \\\\\n&= 506+2021-\\left(t+\\frac{2021\\times 506}{t}\\right) \\\\\n&\\leqslant 506+2021-2\\sqrt{2021\\times 506} \\\\\n&< 506.\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此，这样的 $M$、$N$ 满足条件.\n\n综上，$k$ 的最小值为 506.\n\n$\\boxed{506}$"}
+{"zh_problem": "设集合 $X=\\{1,2,\\cdots ,2022\\}$. 集族 $\\mathcal{F}$ 由 $X$ 的若干互不相同的子集组成, 满足: 对任意的 $F\\in \\mathcal{F}$, 均有 $|F| \\geqslant 800$; 且对任意的 $x\\in X$, 使得 $x\\in F$ 的集合 $F\\in \\mathcal{F}$ 至少有 $800$ 个. 求最小的正整数 $m$, 使得一定存在 $\\mathcal{F}$ 中的 $m$ 个集合的并集为 $X$.", "en_problem": "Let the set $X=\\{1,2,\\cdots,2022\\}$. A family of sets $\\mathcal{F}$ consists of several distinct subsets of $X$, satisfying: for any $F\\in \\mathcal{F}$, we have $|F| \\geqslant 800$; and for any $x\\in X$, there are at least $800$ sets $F\\in \\mathcal{F}$ such that $x\\in F$. Find the smallest positive integer $m$ such that there must exist $m$ sets in $\\mathcal{F}$ whose union is $X$.", "answer": "1222", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 42, "solution": "首先考虑集族 $\\mathcal{F}=\\mathcal{F}_{801}\\cup \\mathcal{F}_{802}\\cup \\cdots \\cup \\mathcal{F}_{2022}$，其中对 $i=801, 802, \\ldots, 2022$，有 $\\mathcal{F}_{i}=\\{A\\cup \\{i\\}| A\\subseteq \\{1,2,\\cdots ,800\\}, |A| =799\\}$. 于是，$\\mathcal{F}$ 满足题目所有要求.\n\n若 $\\mathcal{F}$ 中存在 $m$ 个集合的并集为 $X$，则对 $i=801, 802, \\ldots, 2022$，这 $m$ 个集合中至少一个集合属于 $\\mathcal{F}_{i}$. 注意到 $\\mathcal{F}_{801}, \\mathcal{F}_{802}, \\ldots, \\mathcal{F}_{2022}$ 两两不相交，从而，$m\\geqslant 1222$.\n\n其次证明对任意满足要求的 $\\mathcal{F}$，一定存在 $\\mathcal{F}$ 中的1222个集合的并集为 $X$.\n\n反证法. 假设 $\\mathcal{F}$ 中的任意1222个集合的并集都是 $X$ 的真子集.\n\n分三步完成证明.\n\n(1) 若存在 $F\\in \\mathcal{F}$ 使得 $|F| \\geqslant 801$，不妨设 $\\{1,2,\\cdots ,801\\}\\subseteq F$. 由题意对 $i=802, 803, \\ldots, 2022$，均存在 $F_{i}\\in \\mathcal{F}$，使得 $i\\in F_{i}$，则\n$$\nF\\cup \\left(\\bigcup_{i=802}^{2022} F_{i}\\right)=X,\n$$\n即 $\\mathcal{F}$ 中至多1222个不同的集合 $F$, $F_{802}$, $F_{803}$, $\\ldots$, $F_{2022}$ 的并等于 $X$，矛盾. 于是，对任意 $F\\in \\mathcal{F}$，都有 $|F| =800$.\n\n(2) 若存在 $F, F'\\in \\mathcal{F}$，使得 $|F\\backslash F'| \\geqslant 2$，则 $|F\\cup F'| \\geqslant 802$，不妨设 $\\{1,2,\\cdots ,801,802\\}\\subseteq F\\cup F'$. 由题意对 $i=803, 804, \\ldots, 2022$，均存在 $F_{i}\\in \\mathcal{F}$，使得 $i\\in F_{i}$，则\n$$\nF\\cup F'\\cup \\left(\\bigcup_{i=803}^{2022} F_{i}\\right)=X,\n$$\n即 $\\mathcal{F}$ 中至多1222个不同的集合 $F$, $F'$, $F_{803}$, $\\ldots$, $F_{2022}$ 的并等于 $X$，矛盾. 于是，对 $\\mathcal{F}$ 中任意两个不同集合 $F$, $F'$，都有 $|F\\backslash F'| =1$.\n\n(3) 不妨设 $F_{0}=\\{1,2,\\cdots ,800\\}\\in \\mathcal{F}$. 对任意 $i=801, 802, \\ldots 2022$，由题意，$\\mathcal{F}$ 中至少有800个集合包含 $i$，结合(1)和(2)中的结论，知对任意 $A\\subseteq F_{0}$，若 $|A| =799$，则 $(A\\cup \\{i\\})\\in \\mathcal{F}$.\n\n故 $F_{1}=\\{1,2,\\cdots ,799,801\\}\\in \\mathcal{F}$，$F_{2}=\\{2,3,\\cdots ,800,802\\}\\in \\mathcal{F}$. 而 $|F_{1}\\backslash F_{2}| =2$，与(2)矛盾.\n\n从而，一定存在 $\\mathcal{F}$ 中的1222个集合的并集为 $X$.\n\n综上，$m$ 的最小值为1222.\n\n$\\boxed{1222}$"}
+{"zh_problem": "将 $8 \\times 8$ 方格表的 $64$ 个格编号为 $1, 2, \\cdots, 64$, 使得对一切 $1 \\le i \\le 63$, 编号为 $i$ 与 $i+1$ 的两个格均有一条公共边. 求主对角线上的八个格的编号之和的最大值.", "en_problem": "The $64$ cells of an $8 \\times 8$ grid are numbered from $1, 2, \\cdots, 64$, such that for all $1 \\le i \\le 63$, the two cells numbered $i$ and $i+1$ share a common edge. Find the maximum possible sum of the numbers in the eight cells along the main diagonal.", "answer": "432", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 45, "solution": "为了便于表述，将编号为 $a$ 的格简称为格 $a$. 将方格表如国际象棋盘那样黑白相间地染色，则因格 $a$ 与 $a+1$ 有公共边，于是，格 $a$ 与 $a+1$ 异色. 从��，主对角线上的八个格同色，即这八个格中的数同奇偶. 设这八个数中的最小者为 $m$.\n\n因为主对角线两侧各有 28 个格，格 $a$ 与 $a+1$ 有公共边，$m$ 为主对角线上八个格中的最小数，所以，$1, 2, \\dots, m-1$ 这 $m-1$ 个数必然位于主对角线的同侧，则 $m \\le 29$.\n\n当 $m$ 为奇数时，主对角线上的八个数皆为奇数，其和的最大可能值为\n$$\n29 + 51 + 53 + 55 + 57 + 59 + 61 + 63 = 428.\n$$\n\n当 $m$ 为偶数时，注意到，主对角线同侧的 28 个格中，有 16 个格是一种颜色，12 个格是另一种颜色. 考虑由两种颜色交替出现的格形成的路径. 在它与主对角线相交之前至多经过 $13 + 12 = 25$ 步，此时 $m \\le 26$. 又主对角线上的八个数皆为偶数，其和的最大可能值为\n$$\n26 + 52 + 54 + 56 + 58 + 60 + 62 + 64 = 432.\n$$\n由图可知，编号能取到该值.\n\n又 $432 > 428$, 故所求最大值为 432.\n\n$\\boxed{432}$"}
+{"zh_problem": "在 $101 \\times 101$ 的方格表中, 每个格填入集合 $\\{1, 2, \\cdots, 101^2\\}$ 中的一个数, 且集合中的每个数恰用一次. 方格表的左右边界视为同一条线, 上下边界也视为同一条线 (即为一个圆环面). 若无论怎么填, 均存在两个相邻格 (有公共边的) 其所填两数之差不小于 $M$, 求 $M$ 的最大值.", "en_problem": "In a $101 \\times 101$ grid, each cell is filled with a number from the set $\\{1, 2, \\cdots, 101^2\\}$, and each number in the set is used exactly once. The left and right boundaries of the grid are considered the same line, and the top and bottom boundaries are also considered the same line (i.e., it is a torus). If no matter how we fill the grid, there always exist two adjacent cells (cells sharing an edge) such that the difference between the two numbers filled in is not less than $M$, find the maximum value of $M$.", "answer": "201", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 46, "solution": "从左往右，给每一列编号 $-50, -49, \\dots, -1, 0, 1, \\dots, 49, 50$; 从下往上，给每一行编号 $-50, -49, \\dots, -1, 0, 1, \\dots, 49, 50$. 第 $i$ 列与第 $j$ 行交叉处的格用有序数组 $(i, j)$ 表示. 方表格的中心格用 $(0, 0)$ 表示. 将所有格依据 $|i| + |j|$ 分类如下:\n$$S_k = \\{(i, j) \\mid |i| + |j| = k\\} \\quad (k = 0, 1, \\dots, 100).$$\n易知，当 $k = 50$ 时, $|S_k|$ 最大为 $200$. 因为相邻的两格要么同类，要么属于连续两类（即 $S_k$ 与 $S_{k+1}$），所以，可将 $1, 2, \\dots, 101^2$ 依次填入 $S_0, S_1, \\dots, S_{100}$ 中的格，使得任意两个相邻格中的数之差均不超过 $201$. 故 $M \\le 201$.\n\n由图可知.\n\n称未填数的格为白格；当表格中依次填入 $1, 2, \\dots$ 时，称已填数的格为黑格. 设在填入 $k$ 时，首次出现下面的情况: 表格每行均至少两个黑格，或表格每列均至少两个黑格. 不妨设每一行至少两个黑格，则表格中至多一行全是黑格. 此时，将与白格相邻的黑格染红. 由于非全黑行至少有两个红格，全黑行的邻行有白格，于是，全黑行至少有一个红格，故红格数目不小于 $2 \\times 100 + 1 = 201$. 从而，红格中最小的数不超过 $k - 200$，当与该红格相邻的白格填入数后（此数不小于 $k + 1$），这两个相邻格中数之差不小于 $201$，即 $M$ 可取 $201$. 综上, $M$ 的最大值为 $201$.\n\n$$\\boxed{201}$$"}
+{"zh_problem": "有红色、绿色、白色、蓝色 (除颜色外均相同) 的棋子各两枚. 现从中选取七枚镶嵌在一个正六棱锥的顶点处, 每个顶点镶嵌一枚棋子. 求不同的镶嵌方法种数.", "en_problem": "There are two chess pieces each of red, green, white, and blue (identical except for color). Now, seven pieces are selected to be embedded at the vertices of a regular hexagonal pyramid, with one piece at each vertex. Find the number of different embedding methods.", "answer": "424", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 47, "solution": "有一种颜色的棋子只选了一枚，记这枚棋子为 $a$，选法有 4 种.\n\n(1) 若 $a$ 镶嵌在锥顶点处，首先考虑另外六枚棋子的线排列，有 $\\frac{6!}{2! \\times 2! \\times 2!} = 90$ 种. 排成圆环有两种情况: (i) 循环型的环，有 2 种，它们中每个可以断成 3 种不同的线排列. (ii) 非循环型的环，每个可以断成 6 种不同的线排列，底面 6 枚棋子的不同的排列有 $\\frac{90 - 2 \\times 3}{6} + 2 = 16$ 种. 此时，共有 $4 \\times 16 = 64$ 种.\n\n(2) 若 $a$ 不镶嵌在锥顶点处，从余下的三色棋子中选取一枚镶嵌在锥顶点处，有 3 种选法；底面顶点处的镶嵌方法有 $\\frac{5!}{2! \\times 2!} = 30$ 种. 此时，共有 $4 \\times 3 \\times 30 = 360$ 种. 综上，共有 424 种.\n\n$$\\boxed{424}$$"}
+{"zh_problem": "设集合 $A = \\{0, 1, \\cdots, 2018\\}$. 若 $x, y, z \\in A$, 且 $x^2 + y^2 - z^2 = 2019^2$, 求 $x + y + z$ 的最大值与最小值之和.", "en_problem": "Let set $A = \\{0, 1, \\cdots, 2018\\}$. If $x, y, z \\in A$, and $x^2 + y^2 - z^2 = 2019^2$, find the sum of the maximum and minimum values of $x + y + z$.", "answer": "7962", "subject": "Number Theory", "unique_id": 50, "solution": "由对称性，不妨设 $x \\leqslant y$.\n\n先求 $x + y + z$ 的最小值.\n\n当 $y = 2018$ 时，$(x - z)(x + z) = 4037 = 11 \\times 367$.\n\n于是，$x + z \\geqslant 367$，此时，$x + y + z \\geqslant 367 + 2018 = 2385$.\n\n当 $y = 2017$ 时，$(x - z)(x + z) = 8072 = 2^3 \\times 1009$.\n\n于是，$x + z \\geqslant 1009$，此时，$x + y + z \\geqslant 1009 + 2017 = 3026$.\n\n当 $y = 2016$ 时，$(x - z)(x + z) = 12105 = 3^2 \\times 5 \\times 269$.\n\n于是，$x + z \\geqslant 269$，此时，$x + y + z \\geqslant 269 + 2016 = 2285$.\n\n当 $y = 2015$ 时，$(x - z)(x + z) = 16136 = 2^3 \\times 2017$.\n\n于是，$x + z \\geqslant 2017$，此时，$x + y + z \\geqslant 2017 + 2015 = 4032$.\n\n当 $y = 2014$ 时，$(x - z)(x + z) = 20165 = 5 \\times 37 \\times 109$.\n\n于是，$x + z \\geqslant 185$，此时，$x + y + z \\geqslant 185 + 2014 = 2199$.\n\n当 $y = 2013$ 时，$(x - z)(x + z) = 24192 = 2^7 \\times 3^3 \\times 7$.\n\n由于 $\\sqrt{24192} > 155$，于是，只要求 24192 大于 155 的最小因子.\n\n若这个因子不被 2 整除，则必为 189；\n\n若这个因子被 2 整除但不被 4 整除，则最小为 $2 \\times 3^3 \\times 7 = 378$；\n\n若这个因子被 4 整除但不被 8 整除，则最小为 $4 \\times 3^2 \\times 7 = 252$；\n\n若这个因子被 8 整除，则最小为 $8 \\times 3 \\times 7 = 168$.\n\n从而，这个因子最小为 168.\n\n当 $x + z = 168$ 时，$x - z = 144$，$x$、$z$ 为整数. 此时，$(x + y + z)_{\\min} = 168 + 2013 = 2181$.\n\n当 $y = 2012$ 时，$(x - z)(x + z) = 28217 = 139 \\times 203$.\n\n于是，$x + z \\geqslant 203$，此时，$x + y + z \\geqslant 203 + 2012 = 2215$.\n\n当 $y \\leqslant 2011$ 时，$x + y + z \\geqslant x + y \\geqslant \\sqrt{2019^2 - y^2} + y$，当 $y = 2011$ 时，$\\sqrt{2019^2 - y^2} + y$ 最小，此时，$\\sqrt{2019^2 - y^2} + y > 2190$.\n\n综上，$x + y + z$ 的最小值为 2181.\n\n再求 $x + y + z$ 的最大值.\n\n设 $2019 - y = l$（$l = 1, 2, \\dots, 2019$）. 则 $(x - z)(x + z) = l(4038 - l)$.\n\n由于 $x \\leqslant 2018 < 4038 - l$，于是，$x - z \\geqslant l + 1$.\n\n当 $x - z - l$ 为奇数时，$(x - z) \\nmid l(4038 - l)$.\n\n若 $l$ 为奇数，则 $x - z$ 为偶数且 $l(4038 - l)$ 为奇数，矛盾；\n\n若 $l$ 为偶数，则 $x - z$ 为奇数，此时，$x + z = \\frac{l(4038 - l)}{l + 1}$ 为偶数，与 $x$、$z$ 为整数矛盾.\n\n当 $x - z - l$ 为偶数时，分情况讨论.\n\n(1) $x - z = l + 2$，$(l + 2) \\mid l(4038 - l)$.\n\n由于 $(l, l + 2) \\mid 2$，于是，$(l + 2) \\mid 2(4038 - l) \\Rightarrow (l + 2) \\mid 2 \\times 4040 \\Rightarrow (l + 2) \\mid 2^4 \\times 5 \\times 101$.\n\n故 $x + y + z = \\frac{l(4038 - l)}{l + 2} + 2019 - l$.\n\n令 $t = l + 2$，则\n$$\n\\begin{aligned}\nx + y + z &= \\frac{(t - 2)(4040 - t)}{t} + 2021 - t \\\\\n&= -2t - \\frac{8080}{t} + 6063,\n\\end{aligned}\n$$\n当 $t = 63$ 时，取到最大值.\n\n当 $t = 80$ 时，$x + y + z = 5802$，此时，$x + z = 3861$，$x - z = 80$，与 $x$、$z$ 为整数矛盾；\n\n当 $t = 101$ 时，$x + y + z = 5781$，此时，$x = 1981$，$z = 1880$；\n\n当 $t = 40$ 时，$x + y + z = 5781$.\n\n从而，这种情况下 $x + y + z$ 的最大值为 5781.\n\n(2) $x - z \\geqslant l + 4$ 时，设 $x - z - l = k$. 则 $(l + k) \\mid l(4038 - l)$.\n\n于是，$(l + k) \\mid k(4038 + k)$.\n\n令 $t = l + k$. 则\n$$\n\\begin{aligned}\nx + y + z &= \\frac{l(4038 - l)}{l + k} + 2019 - l \\\\\n&= \\frac{(t - k)(4038 + k - t)}{t} + 2019 + k - t \\\\\n&= 6057 + 3k - 2t - \\frac{k(4038 + k)}{t} \\\\\n&\\leqslant 6057 + 3k - 2\\sqrt{2k(4038 + k)}.\n\\end{aligned}\n$$\n要证 $x + y + z \\leqslant 5781$，只要证\n$$\n2\\sqrt{2k(4038 + k)} \\geqslant 3k + 276 \\Leftrightarrow 8k(4038 + k) \\geqslant (3k + 276)^2 \\Leftrightarrow k^2 - 30648k + 276^2 \\leqslant 0.\n$$\n令 $f(x) = x^2 - 30648x + 276^2$. 则 $f(4) < 0$，$f(2016) < 0$.\n\n于是，当 $k = 4, 6, \\dots, 2016$ 时，$k^2 - 30648k + 276^2 < 0$.\n\n故 $x + y + z \\leqslant 5781$.\n\n综上，$x + y + z$ 的最大值为 5781.\n$x+y+z$ 的最大值为 $5781$, 最小值为 $2181$."}
+{"zh_problem": "求最小的实数 $a$, 使得对所有正整数 $n$ 和实数 $0 = x_0 < x_1 < \\cdots < x_n$ 满足\n$$a \\sum_{k=1}^{n} \\frac{\\sqrt{(k+1)^3}}{\\sqrt{x_k^2 - x_{k-1}^2}} \\geq \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k^2 + 3k + 3}{x_k}.$$", "en_problem": "Find the minimum real number $a$ such that for all positive integers $n$ and real numbers $0 = x_0 < x_1 < \\cdots < x_n$ satisfying\n$$a \\sum_{k=1}^{n} \\frac{\\sqrt{(k+1)^3}}{\\sqrt{x_k^2 - x_{k-1}^2}} \\geq \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k^2 + 3k + 3}{x_k}.$$", "answer": "\\frac{16\\sqrt{2}}{9}", "subject": "Algebra", "unique_id": 52, "solution": "由 Hölder 不等式有\n$$\\frac{(k-1)^3}{x_{k-1}} + \\frac{(8k+8)^{\\frac{3}{2}}}{\\sqrt{x_k^2 - x_{k-1}^2}} > \\frac{(k+3)^3}{x_k}.$$\n上式对 $k=2, 3, \\dots, n$ 求和，并注意到，$\\frac{(8 \\times 1 + 8)^{\\frac{3}{2}}}{\\sqrt{x_1^2 - x_0^2}} = \\frac{(1+3)^3}{x_1}$，得\n$$\\sum_{k=1}^{n} \\frac{(8k+8)^{\\frac{3}{2}}}{\\sqrt{x_k^2 - x_{k-1}^2}} \\geq \\sum_{k=1}^{n} \\frac{(k+3)^3 - k^3}{x_k} + \\frac{n^3}{x_n} \\geq \\sum_{k=1}^{n} \\frac{9(k^2 + 3k + 3)}{x_k}.$$\n当 $a = \\frac{16\\sqrt{2}}{9}$，原不等式成立. 另外，取 $x_n = n(n+1)(n+2)(n+3)$，其中，$x_{k-1} = \\frac{k-1}{k+3}x_k$ ($k=2, 3, \\dots, n$)，当 $n \\rightarrow \\infty$ 时，$a$ 可以达到.\n\n$$\\boxed{a = \\frac{16\\sqrt{2}}{9}}$$"}
+{"zh_problem": "在平面区域 $M = \\{(x, y) | 0 \\le y \\le 2 - x, 0 \\le x \\le 2 \\}$ 内任取 $k$ 个点, 均能将这 $k$ 个点分成 $A$、 $B$ 两组, 使得 $A$ 组所有点的横坐标之和不大于 $6$, 而 $B$ 组所有点的纵坐标之和不大于 $6$. 求正整数 $k$ 的最大值.", "en_problem": "In the plane region $M = \\{(x, y) | 0 \\le y \\le 2 - x, 0 \\le x \\le 2 \\}$, $k$ points are chosen arbitrarily. It is always possible to divide these $k$ points into two groups $A$ and $B$, such that the sum of the x-coordinates of all points in group $A$ does not exceed $6$, and the sum of the y-coordinates of all points in group $B$ does not exceed $6$. Find the maximum value of the positive integer $k$.", "answer": "11", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 54, "solution": "因为平面区域 $M$ 内存在 $12$ 个点 $P_t(1-10^{-4},1+10^{-t-3}t) (t=1,2,\\dots,5)$, $P_t(1+6\\times 10^{-4},1-10^{-4}t) (t=6,7,\\dots,12)$, 不能按题设要求分成两组, 所以 $k\\leq 11$.\n\n接下来证明 $k=11$ 满足题设条件. 在平面区域 $M$ 内任取 $11$ 个点 $P_i(x_i,y_i) (i=1,2,\\dots,11)$. 由题意知 $y_i\\leq 2-x_i (i=1,2,\\dots,11)$. 不妨设 $0\\leq x_1\\leq x_2\\leq \\dots\\leq x_{11}\\leq 2$, 分以下两种情形.\n\n(1) 若 $\\sum_{i=1}^{11}x_i\\leq 6$, 则取 $A=\\{P_1,P_2,\\dots,P_8\\}$, $B=\\{P_9,P_{10},P_{11}\\}$ 即可.\n\n(2) 若 $\\sum_{i=1}^{11}x_i> 6$, 则存在唯一正整数 $k\\in \\{4,5,\\dots,10\\}$, 使得 $\\sum_{i=1}^{k}x_i\\leq 6$, 但 $\\sum_{i=1}^{k+1}x_i> 6$, 此时 $x_{k+1}> \\frac{6}{k+1}$, 于是,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=k+1}^{11}y_i &\\leq \\sum_{i=k+1}^{11}(2-x_i) \\\\\n&= 2(11-k)-\\sum_{i=k+1}^{11}x_i \\\\\n&\\leq 22-2k-(11-k)x_{k+1} \\\\\n&< 22-2k-\\frac{6(11-k)}{k+1} \\\\\n&= 6-\\frac{2(k-5)^2}{k+1}\\leq 6.\n\\end{aligned}\n$$\n故取 $A=\\{P_1,P_2,\\dots,P_k\\}$, $B=\\{P_{k+1}, P_{k+2},\\dots,P_{11}\\}$, 即可.\n\n因此, $k_{\\max }=11$.\n\n$\\boxed{11}$"}
+{"zh_problem": "求最大的 $C \\in \\mathbf{R}_{+}$, 使得从任何实数列 $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2022}$ 中均可以选取一部分项, 同时满足以下条件: (1) 任何连续三项不同时被取出；(2) 任何连续三项至少有一项被取出；(3) 被取出的各项之和的绝对值不小于 $C(|a_{1}| + |a_{2}| + \\cdots + |a_{2022}|)$.", "en_problem": "Find the maximum value of $C \\in \\mathbf{R}_{+}$ such that from any real sequence $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2022}$, it is possible to select some terms that simultaneously satisfy the following conditions: (1) no three consecutive terms are all selected; (2) at least one of any three consecutive terms is selected; (3) the absolute value of the sum of the selected terms is not less than $C(|a_{1}| + |a_{2}| + \\cdots + |a_{2022}|)$.", "answer": "\\frac{1}{6}", "subject": "Combinatorics", "unique_id": 56, "solution": "设 $A_{i} = \\{3k+i \\mid a_{3k+i} \\geqslant 0, k \\in \\mathbf{N}\\}$, $B_{i} = \\{3k+i \\mid a_{3k+i} < 0, k \\in \\mathbf{N}\\}$, 其中, $i = 1, 2, 3$.\n\n先证明 $C = \\frac{1}{6}$.\n\n显然, $A_{1}, A_{2}, A_{3}, B_{1}, B_{2}, B_{3}$ 构成 $\\{1, 2, \\ldots, 2022\\}$ 的划分.\n\n不妨设 $|\\sum_{i \\in A_{1} \\cup A_{2} \\cup A_{3}} a_{i}| \\geqslant |\\sum_{i \\in B_{1} \\cup B_{2} \\cup B_{3}} a_{i}|$.\n\n考虑以下三种取法：$A_{1} \\cup A_{2} \\cup B_{1}$, $A_{2} \\cup A_{3} \\cup B_{2}$, $A_{3} \\cup A_{1} \\cup B_{3}$.\n\n这些选法的各项绝对值之和的和为\n$$\n\\begin{aligned}\n&|\\sum_{i \\in A_{1} \\cup A_{2} \\cup B_{1}} a_{i}| + |\\sum_{i \\in A_{2} \\cup A_{3} \\cup B_{2}} a_{i}| + |\\sum_{i \\in A_{3} \\cup A_{1} \\cup B_{3}} a_{i}| \\\\\n&\\geqslant |\\sum_{i \\in A_{1} \\cup A_{2} \\cup B_{1}} a_{i} + \\sum_{i \\in A_{2} \\cup A_{3} \\cup B_{2}} a_{i} + \\sum_{i \\in A_{3} \\cup A_{1} \\cup B_{3}} a_{i}| \\\\\n&= |2\\sum_{i \\in A_{1} \\cup A_{2} \\cup A_{3}} a_{i} + \\sum_{i \\in B_{1} \\cup B_{2} \\cup B_{3}} a_{i}| \\\\\n&\\geqslant |\\sum_{i \\in A_{1} \\cup A_{2} \\cup A_{3}} a_{i}| \\\\\n&\\geqslant \\frac{1}{2}(|\\sum_{i \\in A_{1} \\cup A_{2} \\cup A_{3}} a_{i}| + |\\sum_{i \\in B_{1} \\cup B_{2} \\cup B_{3}} a_{i}|) \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{2022} |a_{i}|.\n\\end{aligned}\n$$\n\n故必有一种取法满足条件(3)，且这三种取法显然满足条件(1)、(2).\n\n于是, $C \\geqslant \\frac{1}{6}$.\n\n再证明 $C = \\frac{1}{6}$ 为最大值.\n\n取 $a_{1} = a_{2} = a_{3} = 1$, $a_{4} = a_{5} = a_{6} = -1$, $a_{n} = 0(n \\in \\{7, 8, \\ldots, 2022\\})$, 此时, 满足条件(1)、(2)的取法所取出的各项和的绝对值至多为 1.\n\n从而, $C \\leqslant \\frac{1}{6}$.\n\n因此, 满足条件的最大正实数 $C = \\frac{1}{6}$.\n\n$\\boxed{C = \\frac{1}{6}}$"}
+{"zh_problem": "设集合 $S\\subset \\{1, 2, \\cdots, 100\\}$. 已知对 $S$ 中任意两个不同元素 $a, b$, 都存在正整数 $k$ 和 $S$ 中的两个不同元素 $c, d$（允许等于 $a$ 或 $b$）, 使 $c < d$, 且 $a + b = c^k d$. 求集合 $S$ 元素个数的最大值.", "en_problem": "Let $S\\subset \\{1, 2, \\cdots, 100\\}$ be a set. It is known that for any two distinct elements $a, b$ in $S$, there exists a positive integer $k$ and two distinct elements $c, d$ in $S$ (which may equal $a$ or $b$), such that $c < d$ and $a + b = c^k d$. Find the maximum number of elements in set $S$.", "answer": "48", "subject": "Number Theory", "unique_id": 93, "solution": "取 \\(S_0 = \\{1,2,3,4,5,7,9,11,13,\\dots,89,91\\}\\) 为 48 元集合，下面验证集合 \\(S_0\\) 满足题意：\n若取相同奇数的两数 \\(a, b \\in S_0\\)，则 \\(a+b\\) 为偶数. 且 \\(4 \\le a+b \\le 89+91\\).\n当 \\(a+b \\ne 2^t (t=2,3,\\dots,7)\\) 时，取 \\(c=2, k\\) 为恰能使 \\(2^k\\) 整除 \\(a+b\\) 的正整数, 此时 \\(\\frac{a+b}{2^k}\\) 必为一个小于 91 且不等于 1 的奇数，令它为 \\(d\\) 即可.\n当 \\(a+b = 2^t (t=3,4,\\dots,7)\\), 可取 \\(k=t-2, c=2, d=4\\).\n当 \\(a+b = 4\\) 时, 可取 \\(k=c=1, d=4\\).\n若取不同奇偶的两数 \\(a,b \\in S_0\\), 则 \\(a+b\\) 为奇数. 且 \\(3 \\le a+b \\le 4+91 = 95\\).\n当 \\(a+b \\in \\{3,4,\\dots,91\\}\\) 时, 可取 \\(k=c=1, d=a+b\\).\n当 \\(a+b = 93\\) 时, 可取 \\(k=1, c=3, d=31\\).\n当 \\(a+b = 95\\) 时, 可取 \\(k=1, c=5, d=19\\).\n于是 \\(S_0\\) 满足题意.\n\n下面证明满足题意的集合 \\(S\\) 的元素个数不超过 48.\n设 \\(S = \\{a_1, a_2, \\dots, a_n\\}\\), 且 \\(a_1 < a_2 < \\dots < a_n\\).\n引理 1: \\(a_1 = 1\\).\n证明: 假设 \\(a_1 \\ge 2\\), 则 \\(a_1+a_2 < 2a_2 \\le a_1^ka_2 \\le a_m^k a_l, 1 \\le m < l \\le n\\), 矛盾!\n引理 2: 若 \\(a_2 = t, t \\ge 2\\), 则 \\(a_i = t-2+i, i=2,3,\\dots,t^2+1\\).\n证明: 用归纳法, \\(t=2\\) 时, 显然成立.\n设 \\(i=i_0\\) 时, \\(a_{i_0} = t-2+i_0,i_0 < t^2+1\\),\n则由已知条件可得, 存在 \\(m,l, 1 \\le m < l \\le n\\), 使 \\(1+a_{i_0} = a_m^k a_l\\).\n若 \\(m \\ge 2\\), 则 \\(a_m^k a_l \\ge a_m a_l \\ge t(t+1) > 1+(t-2+i_0) = 1+a_{i_0}\\), 矛盾!\n所以 \\(m=1\\). 于是 \\(1+a_{i_0} = a_l\\), 此时 \\(a_l = t-2+(i_0+1)\\).\n所以当 \\(i=i_0+1\\) 时成立. 由归纳法, 引理 2 成立.\n引理 3: 若素数 \\(p \\not\\in S\\), 则不存在 \\(m,l, 1 \\le m < l \\le n\\), 使 \\(a_m+a_l = p\\).\n证明: 当素数 \\(p \\not\\in S\\) 时, 显然 \\(p\\) 不能表示成 \\(c^k d\\) 的形式, 其中 \\(c,d \\in S\\).\n结合已知条件可知, 不存在这样的 \\(a_m, a_l\\).\n\n下面证明 \\(n \\le 48\\).\n由引理 1 知, \\(a_1 = 1\\). 当 \\(a_2 = 2\\) 时, 由引理 2 知, \\(a_3=3, a_4=4\\).\n对质数 101 用引理 3 知, \\(97,98,99,100 \\notin S\\). 对质数 97 用引理 3 知, 48 对数对 \\((1,96), (2,95), \\dots, (48,49)\\) 中, 每对至多仅一数属于 \\(S\\), 故 \\(n \\le 48\\).\n当 \\(3 \\le a_2 \\le 6\\) 时, 用引理 2 可知, 总有 \\(6,7,8,9 \\not\\in S\\). 由于 \\(97+6=103, 98+9=107\\). 故对奇数 103, 107 用引理 3 知, \\(97,98,99,100 \\notin S\\). 与 \\(a_2=2\\) 的情形相似, 故 \\(n \\le 48\\).\n当 \\(a_2 \\ge 7\\) 时, 对质数 107 用引理 3 知, 47 对数对 \\((7,100), (8,99), \\dots, (53,54)\\) 中, 每对至多仅一数属于 \\(S\\), 故 \\(n \\le 47+1=48\\). 综上所述, \\(S\\) 元素个数的最大值为 48."}
+{"zh_problem": "求最小的整数 $m\\ge 2017$, 使得对任意整数 $a_1, a_2, \\cdots, a_{m}$, 存在 $1 < i_1 < i_2 < \\cdots < i_{2017} \\le m$ 及 $\\varepsilon_1, \\varepsilon_2, \\cdots, \\varepsilon_{2017} \\in \\{-1, 1\\}$, 使得 $\\sum_{j=1}^{2017}\\varepsilon_j a_{i_j}$ 能被 $2017$ 整除.", "en_problem": "Find the smallest integer $m\\ge 2017$ such that for any integers $a_1, a_2, \\cdots, a_{m}$, there exist $1 < i_1 < i_2 < \\cdots < i_{2017} \\le m$ and $\\varepsilon_1, \\varepsilon_2, \\cdots, \\varepsilon_{2017} \\in \\{-1, 1\\}$, such that $\\sum_{j=1}^{2017}\\varepsilon_j a_{i_j}$ is divisible by $2017$.", "answer": "2027", "subject": "Number Theory", "unique_id": 96, "solution": "令质数 $p=2017$.\n\n所求最小的整数为 \\(p + \\lceil \\log_2 p \\rceil\\).\n\n一方面, 考虑整数 \\(a_1, a_2, \\dots, a_{c+p-1}\\) (记 \\(\\lceil \\log_2 p \\rceil\\) 为 \\(c\\)) 满足 \\(a_i = 2^{i-1} (i=1, \\dots, c)\\), \\(a_{c+1} = \\dots = a_{c+p-1} = 0\\).\n\n容易知道不存在 \\(1 \\le i_1 < i_2 < \\dots < i_p \\le c+p-1\\) 及 \\(\\varepsilon_1, \\varepsilon_2, \\dots, \\varepsilon_p \\in \\{-1, 1\\}\\), 使得 \\(\\sum_{j=1}^{p} \\varepsilon_j a_{i_j}\\) 能被 \\(p\\) 整除.\n\n故有 \\(m \\ge p + \\lceil \\log_2 p \\rceil\\).\n\n另一方面, 证明 \\(m = p + \\lceil \\log_2 p \\rceil\\) 符合题意.\n\n先证明两个引理.\n\n���理 1 对任意 \\(c+1\\) 个整数 \\(a_1, a_2, \\dots, a_{c+1}\\), 存在 \\(A \\subseteq \\{1, \\dots, c+1\\}\\) 及 \\(\\varepsilon_j \\in \\{-1, 1\\} (j \\in A)\\), 使得 \\(\\sum_{j \\in A} \\varepsilon_j a_j\\) 能被 \\(p\\) 整除.\n\n引理 1 的证明: 由抽屉原理容易证明.\n\n引理 2 对任意不被整数 \\(p\\) 整除的整数 \\(a_1, a_2, \\dots, a_p\\), 存在 \\(\\varepsilon_1, \\varepsilon_2, \\dots, \\varepsilon_p \\in \\{-1, 1\\}\\), 使得 \\(\\sum_{j=1}^{p} \\varepsilon_j a_j\\) 能被 \\(p\\) 整除.\n\n引理 2 的证明:\n\n当 \\(p | \\sum_{i=1}^{k} a_i\\) 时, 显然.\n\n当 \\(p \\nmid \\sum_{i=1}^{k} a_i\\) 时, 熟知存在 \\(A \\subseteq \\{1, \\dots, p\\}\\), 使得 \\(2 \\sum_{j \\in A} a_j \\equiv \\sum_{j=1}^{p} a_j \\pmod{p}\\).\n\n容易知道此时引理成立.\n\n回到原题, 下证 \\(m = p + \\lceil \\log_2 p \\rceil\\) 符合题意.\n\n设 \\(a_1, a_2, \\dots, a_m\\) 中有 \\(b\\) 个数被 \\(p\\) 整除.\n\n当 \\(b \\ge p\\) 时, 显然.\n\n当 \\(b \\le c\\) 时, 由引理 2 知命题成立.\n\n当 \\(p > b > c\\) 时, 不妨设 \\(a_1, a_2, \\dots, a_b\\) 被 \\(p\\) 整除. 对 \\(a_{b+1}, a_{b+2}, \\dots, a_m\\) 反复利用引理 1, 可得到两两不交的集合 \\(A_1, \\dots, A_t \\subseteq \\{b+1, \\dots, m\\}\\) 及 \\(\\varepsilon_j \\in \\{-1, 1\\} (j \\in \\bigcup_{i=1}^{t} A_i)\\). 且有 \\(\\sum_{j \\in A_i} \\varepsilon_j a_j (i=1, \\dots, t)\\) 能被 \\(p\\) 整除及 \\(b+ \\sum_{i=1}^{t} |A_i| \\ge p\\). 由引理 1 知可使得 \\(|A_i| \\le (c+1) \\le b (i=1, \\dots, t)\\).\n\n知存在 \\(j \\in \\mathbb{Z}^+\\), 使得 \\(b + \\sum_{i=1}^{j-1} |A_i| < p\\) 且 \\(b + \\sum_{i=1}^{j} |A_i| \\ge p\\).\n\n令 \\(d = p - \\sum_{i=1}^{j} |A_i|\\). 由 \\(|A_j| \\le (c+1) \\le b\\) 及 \\(j\\) 的取法, 知 \\(d \\in \\mathbb{N}\\).\n\n令 \\(B = \\{1, \\dots, d\\}\\), \\(\\varepsilon_j = 1 (j \\in B)\\).\n\n取 \\(A = (B) \\cup (\\bigcup_{i=1}^{j} A_i)\\), 则有 \\(|A| = p, \\varepsilon_k \\in \\{-1, 1\\} (k \\in A)\\), 且 \\(\\sum_{k \\in A} \\varepsilon_k a_k\\) 能被 \\(p\\) 整除. 知 \\(m = p + \\lceil \\log_2 p \\rceil\\) 符合题意.\n\n综上, 所求的最小正整数为 \\(p + \\lceil \\log_2 p \\rceil\\)."}
+{"zh_problem": "称一个正整数是``好数'', 如果它可以表示为 $1893$ 个整数的两两之差的平方和. 求最小的非完全平方数的正整数 $a$, 使得任一好数的 $a$ 倍仍然是好数.", "en_problem": "A positive integer is called a \"good number\" if it can be represented as the sum of squares of pairwise differences of $1893$ integers. Find the smallest positive integer $a$ that is not a perfect square, such that multiplying any good number by $a$ still yields a good number.", "answer": "43", "subject": "Number Theory", "unique_id": 97, "solution": "先证明 \\(a = 43\\) 不符合题意.\n\n考虑1893个整数 \\(0, 0, \\cdots, 0\\) (1892个0), \\(1\\), 它们两两之差的平方和为 1892. 故存在整数 \\(x_1, x_2, \\cdots, x_{1893}\\), 使\n\n\\[1892a = \\sum_{1 \\leq i < j \\leq 1893} (x_i - x_j)^2 = 1893\\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i^2\\right) - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i\\right)^2\\]\n\n注意到当 \\(x_1, \\cdots, x_{1893}\\) 同时增或减 \\(1\\), 同时取相反数，均不影响 \\(\\sum_{1 \\leq i < j \\leq 1893} (x_i - x_j)^2\\) 的结果, 故可不妨设 \\(m = \\sum_{i=1}^{1893} x_i\\in \\{0, 1, 2, \\cdots, 946\\}\\).\n\n若 \\(m \\geq 43\\), 则由于 \\(x_i^2 \\geq x_i\\) 对 \\(1 \\leq i \\leq 1893\\) 成立, 故\n\n\\[1892a = 1893\\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i^2\\right) - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i\\right)^2 \\geq 1893m - m^2\\]\n\n\\[= m(1893 - m) \\geq 43 \\times 1850 > 1892 \\times 42\\]\n\n矛盾！\n\n若 \\(m \\leq 42\\) , 则注意到\n\n\\[1892a = 1893\\sum_{i=1}^{1893} x_i^2 - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i\\right)^2 \\equiv -m^2 \\pmod{1893}\\]\n\n从而 \\(a \\equiv m^2 \\pmod{1893}\\). 又 \\(a \\neq m^2\\), 故 \\(a \\geq 1893 + m^2 > 43\\), 矛盾.\n\n因此若 \\(a \\leq 42\\) 且 \\(a\\) 是非完全平方数, 则 \\(a\\) 不符合题意.\n\n再证明 \\(a = 43\\) 符合题意. 注意到 \\(1893 = p^2 + p + 1\\), \\(p = 43\\) 是一个质数, 我们将证明下述引理: \n\n可从 \\(\\{1, 2, \\cdots, 1893\\}\\) 的所有子集中选取1893个子集 \\(A_1, A_2, \\cdots, A_{1893}\\), 满足:\n\n(1) \\(|A_1| = |A_2| = \\cdots = |A_{1893}| = 44\\)\n\n(2) 对任意 \\(\\{m\\neq n\\} \\in \\{1, 2, \\cdots, 1893\\}\\), 存在唯一的 \\(i \\in \\{1, 2, \\cdots, 1893\\}\\), 使得\\(\\{m, n\\} \\in A_i\\).\n\n(3) \\(\\forall 1 \\leq k \\leq 1893\\), \\(k\\) 在 \\(A_i\\) 中出现 \\(44\\) 次.\n\n为证引理, 我们先证明下述断言:\n\n**断言**: 设  \\(p\\)是质数, 则存在 \\(p(p+1)\\) 个 \\(\\{0, 1, \\cdots, p^2-1\\}\\) 的子集 \\(A_{i,j}\\) \\((1 \\leq i \\leq p, 1 \\leq j \\leq p+1)\\), 满足:\n\n(1) 对任意 \\(1 \\leq j \\leq p+1\\), \\(|A_{1,j}| = |A_{2,j}| = \\cdots = |A_{p,j}| = p\\) 且他们是 \\(\\{0, 1, \\cdots, p^2-1\\}\\) 的一个划分.\n\n(2) 对任意 \\(m, n \\in \\{0, 1, \\cdots, p^2-1\\}\\), \\(m \\neq n\\), 存在唯一的 \\(A_{i,j}\\) 使得 \\(m, n \\in A_{i,j}\\).\n\n**断言的证明**: 对 \\(0 \\leq k \\leq p^2-1\\), 存在唯一的 \\(x_k, y_k\\) 使得 \\(k = px_k + y_k\\), \\(x_k, y_k \\in \\{0, 1, \\cdots, p-1\\}\\). 且不同的 \\(k\\) 对应的 \\((x_k, y_k)\\) 互不相同.\n\n对 \\(1 \\leq i \\leq p\\), 定义\n\n\\[A_{i,j} = \\{k | x_k + jy_k \\equiv i \\pmod{p}\\}\\]\n\n且对 \\(1 \\leq i \\leq p\\), 定义 \\(A_{i,p+1} = \\{k | y_k \\equiv  i \\pmod{p}\\}\\).\n\n下面证 \\(A_{i,j}\\) \\((1 \\leq i \\leq p, 1 \\leq j \\leq p+1)\\) 符合要求.\n\n先证(1). 对 \\(1 \\leq j \\leq p\\), 由于对每个 \\(y_k \\in \\{0, 1, \\cdots, p-1\\}\\), 存在唯一一个 \\(x_k \\in \\{0, 1, \\cdots, p-1\\}\\) 使得 \\(x_k + jy_k \\equiv i \\pmod{p}\\), 故 \\(|A_{i,j}| = p\\) 且 \\(A_{1,j}, A_{2,j}, \\cdots, A_{p,j}\\) 是 \\(\\{0, 1, \\cdots, p^2-1\\}\\) 的划分. 对 \\(j = p+1\\), 使 \\(y_k \\equiv i\\) 的 \\((x_k, y_k)\\) 共 \\(p\\) 个, 且 \\(A_{1,p+1}, \\cdots, A_{p,p+1}\\) 是 \\(\\{0, 1, \\cdots, p^2-1\\}\\) 的划分.\n\n再证(2). 对 \\(\\forall m, n \\in \\{0, 1, \\cdots, p^2-1\\}\\), \\(m \\neq n\\), 若 \\(y_m \\neq y_n\\), 则存在唯一的 \\(1\\le i\\le p\\) 使得 \\(x_m + iy_m \\equiv x_n + iy_n \\pmod{p}\\), 设 \\(x_m+iy_m\\equiv j \\pmod{p}\\) 则 \\(m,n\\in A_{i,j}\\) 且不同时属于其他的 \\(A\\). 若 \\(y_m=y_n=i\\) 则 \\(m, n\\in A_{i, p+1}\\) 且对 \\(\\forall 1\\le i\\le p\\)，由于 \\(x_m\\neq x_n\\) 故 \\(x_{m} + iy_m\\not\\equiv x_n+iy_n\\pmod{p}\\). 从而 \\(m,n\\) 不同时属于 \\(A_{i,j}\\) (\\(1\\le i\\le p, 1\\le j\\le p\\)). 故 \\(A_{i,p+1}\\) 是唯一的.\n\n断言得证.\n\n回到原问题. 利用断言条件, 存在 \\(\\{45, 46, \\cdots, 1893\\}\\) 的 \\(43 \\times 44\\) 个子集 \\(A_{i,j}\\) \\((1 \\leq i \\leq 43, 1 \\leq j \\leq 44)\\) 满足断言所述的(1)(2).\n\n取 \\(A_{43(i-1)+j} = A_{i,j} \\cup \\{j\\}\\) \\((1 \\leq i \\leq 43, 1 \\leq j \\leq 44)\\). 再令 \\(A_{1893} = \\{1, 2, \\cdots, 44\\}\\).\n\n下面证明\\(A_1, \\cdots, A_{1893}\\)符合引理条件.\n\n易知 \\(|A_{1893}| = 44\\), 且对 \\(\\forall 1 \\leq i \\leq 43, 1 \\leq j \\leq 44\\), \\(|A_{43(i-1)+j}| = 44\\)\n\n对任意的 \\(\\{m\\neq n\\} \\in \\{1, 2, \\cdots, 1893\\}\\), 不妨设 \\(m < n\\).\n\n情形一. \\(\\{m, n\\} \\in \\{45,46\\cdots,1893\\}\\). 由断言即得.\n\n情形二. \\(m = 1\\), 则 \\(2, 3, \\cdots, 44\\) 在 \\(A_{1893}\\) 中出现. 由于 \\(A_{1,1},\\cdots,A_{43,1}\\) 构成 \\(\\{45,\\cdots,1893\\}\\) 的划分，故得证.\n\n情形三. \\(m, n \\in \\{2, 3, \\cdots, 44\\}\\). 在且仅在 \\(A_{1893}\\) 中同时出现.\n\n情形四. \\(m \\in \\{2, 3, \\cdots, 44\\}\\), \\(n \\in \\{45, \\cdots, 1893\\}\\).\n\n由于 \\(A_{1,m}, \\cdots, A_{43,m}\\) 构成 \\(\\{45, 46, \\cdots, 1893\\}\\) 的划分, 故(2)得到验证.\n\n最后验证(3). 利用(2): 若 \\(1 \\leq k \\leq 1893\\) 且 \\(k\\) 出现在 \\(t\\) 个不同的集合中, 考察\\((k, i)\\) \\((i \\neq k)\\)在哪个集合中出现, 则:\n\n\\[1892 = 43 \\times t\\]\n\n从而 \\(t=44\\) （有 \\(1892\\) 对 \\((k,i)\\) 且每个集合贡献了 \\(43\\) 对，且不同集合贡献的不同，否则与 (2) 矛盾）\n\n引理获证.\n\n**回到原题**: 设正整数 \\(x\\) 是好数, 则存在 \\(x_1, x_2, \\cdots, x_{1893}\\) 使\n\n\\[x = \\sum_{1 \\leq i < j \\leq 1893} (x_i - x_j)^2 = 1893\\sum_{i=1}^{1893} x_i^2 - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i\\right)^2\\]\n\n令 \\(y_i = \\sum_{j \\in A_i} x_j\\) , 则\n\n\\[\\begin{aligned}\ny &= 1893\\sum_{i=1}^{1893} y_i^2 - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} y_i\\right)^2\\\\\n&= 1893\\left(\\sum_{i=1}^{1893} \\left(\\sum_{j \\in A_i} x_j^2 + 2\\sum_{\\substack{m < n \\\\ m, n \\in A_i}} x_m x_n\\right)\\right) - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} \\sum_{j \\in A_i} x_j\\right)^2\\\\\n&= 1893\\left(44\\sum_{j=1}^{1893} x_j^2 + 2\\sum_{m < n} x_m x_n\\right) - 44^2\\left(\\sum_{j=1}^{1893} x_j\\right)^2\\\\\n&= 43 \\cdot \\left(1893\\sum_{i=1}^{1893} x_i^2 - \\left(\\sum_{i=1}^{1893} x_i\\right)^2\\right) = 43x\n\\end{aligned}\\]\n\n也是好数. 故 \\(a=43\\)."}