2026 HMMT November 题目与官方解析

解析．

答案． $\displaystyle 38$

命题：Jason Mao．

把空格依次记为 $\displaystyle a,b,c,d$，如下图所示．

因为 $\displaystyle a$ 与 $\displaystyle 8$ 相差 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$，所以 $\displaystyle a$ 只能是 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$．又因为 $\displaystyle a$ 与 $\displaystyle 6$ 也相差 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$，故 $\displaystyle a=3$．

同理，因为 $\displaystyle d$ 与 $\displaystyle 7$ 相差 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$，所以 $\displaystyle d$ 只能是 $\displaystyle 2$ 或 $\displaystyle 4$；再结合它与 $\displaystyle 5$ 也相差 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$，可得 $\displaystyle d=2$．

最后，同样可知 $\displaystyle b$ 只能是 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$，而 $\displaystyle c$ 只能是 $\displaystyle 2$ 或 $\displaystyle 4$．因为 $\displaystyle b,c$ 也必须相差 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 5$，所以 $\displaystyle b=5,c=2$．填满后得到下图．

将八个数相加，得到 $\displaystyle 38$．

解析．

答案． $\displaystyle \frac74$

命题：Jackson Dryg．

解法一　设两个交点为 $\displaystyle (r,r^2)$ 和 $\displaystyle (s,s^2)$．

原解说明：必要时可将抛物线和直线关于 $\displaystyle y$ 轴反射，这不改变 $\displaystyle b$，因而不妨设 $\displaystyle r>0$ 且 $\displaystyle |r|>|s|$．于是题设给出

注意到 $\displaystyle r^2-s^2=(r-s)(r+s)$，所以

与 $\displaystyle r-s=4$ 相加，得 $\displaystyle 2r=7$，故 $\displaystyle r=\frac72$．代回 $\displaystyle r-s=4$，得 $\displaystyle s=-\frac12$．

又因为直线经过 $\displaystyle (r,r^2)$ 与 $\displaystyle (s,s^2)$，其斜率为 $\displaystyle m=\frac{r^2-s^2}{r-s}=3$，故直线方程为 $\displaystyle y=3x+b$．将 $\displaystyle (s,s^2)=(-\frac12,\frac14)$ 代入，得到

解法二　求出 $\displaystyle r,s$ 后，还可更快地结束计算．它们是方程 $\displaystyle x^2-mx-b=0$ 的两根，由韦达定理，

核校注　原图将左下交点标为 $\displaystyle (r,r^2)$、右上交点标为 $\displaystyle (s,s^2)$，与正文的命名相反．原图予以保留，以正文的 $\displaystyle r=\frac72,s=-\frac12$ 为准．题设已有 $\displaystyle m>0$，只需把右侧交点命名为 $\displaystyle r$，无须反射；原解所说的反射会改变斜率的正负，但不影响所求截距．

解析．

答案． $\displaystyle 35$

命题：Jason Mao．

Eric 能够度过全部 $\displaystyle 15$ 个晚上，当且仅当以下条件同时满足：

• Eric 在第 $\displaystyle 1$ 天去超市，这样第一晚才有香蕉吃．
• 到第 $\displaystyle 6$ 天晚上之前，Eric 至少去过两次超市，因为一次只能买到 $\displaystyle 5$ 根香蕉．
• 到第 $\displaystyle 11$ 天晚上之前，Eric 去过三次超市，因为两次只能买到 $\displaystyle 10$ 根香蕉．

这些条件满足时，前 $\displaystyle 15$ 个晚上每晚都有香蕉可吃．因此，除第一天的采购外，Eric 要在第 $\displaystyle 2$ 天至第 $\displaystyle 11$ 天（含两端）再去超市两次．在这 $\displaystyle 10$ 天中选两天，有 $\displaystyle \binom{10}{2}$ 种方案．但是，这两次不能都在第 $\displaystyle 7$ 天至第 $\displaystyle 11$ 天，因为第二次必须不晚于第 $\displaystyle 6$ 天；这排除了 $\displaystyle \binom52$ 种方案．所以答案为

解析．

答案． $\displaystyle \frac{21}{2}$

命题：Jason Mao、Pitchayut Saengrungkongka．

按下图作点 $\displaystyle P,Q$，使 $\displaystyle \angle XPA$ 和 $\displaystyle \angle YQX$ 均为直角，且 $\displaystyle P,A,B$ 共线，$\displaystyle P,X,Q$ 共线．

正方形的边长为 $\displaystyle \sqrt{13}$，且 $\displaystyle QY=10-8=2$．由勾股定理，

由于 $\displaystyle \triangle XPA\cong\triangle YQX$，所以 $\displaystyle PX=2,PA=3$，从而 $\displaystyle AB=10-3=7$．

最后，$\displaystyle \triangle XPA\sim\triangle ABC$，故

解析．

答案． $\displaystyle \frac{25}{54}$

命题：Jason Mao．

令 $\displaystyle q=\alpha+\sqrt{\frac{11}{12}}$，则 $\displaystyle q$ 是正有理数．注意到

上式与 $\displaystyle q^3+\frac{11}{4}q$ 都是有理数，所以 $\displaystyle \left(-3q^2+\frac1{12}\right)\sqrt{\frac{11}{12}}$ 也必须是有理数．因为根式是无理数，故 $\displaystyle -3q^2+\frac1{12}=0$．再由 $\displaystyle q>0$，得到 $\displaystyle q=\frac16$．因此

解析．

答案． $\displaystyle \sqrt{105}$

命题：Benny Wang．

设 $\displaystyle R=AO$ 为 $\displaystyle \triangle ABC$ 的外接圆半径．设直线 $\displaystyle AO$ 分别与 $\displaystyle BC$、外接圆交于 $\displaystyle S$、$\displaystyle X$，其中 $\displaystyle X\ne A$．因为 $\displaystyle OD\parallel AB$ 且 $\displaystyle OE\parallel AC$，有

因此

结合 $\displaystyle SD+SE=6$，得 $\displaystyle SD=\frac72,SE=\frac52$．于是

所以 $\displaystyle SX=OX-OS=R-\frac R2=\frac R2$．由点 $\displaystyle S$ 的幂，

所以 $\displaystyle R=\sqrt{105}$．

原文勘误　官方解答第 $\displaystyle 5$ 页写作 $\displaystyle SX=OX-SX$，此处应为 $\displaystyle SX=OX-OS$；上文已明确按正确线段关系写出，答案不变．

解析．

答案． $\displaystyle 3^4\cdot5^{16}\cdot7^{16}$

命题：Benny Wang．

解法一（官方仅列此一解）　把行号、列号均为奇数的格子称为“关键格”．将关键格按位于角上、边上和内部分类，如下图．

把剩余图形分割为矩形，等价于画出图形的某些内部格边，使这些格边将图形划成矩形．对任一这样的选择，把划出的较小图形称为“区域”．若下列条件至少有一条成立，就称一个关键格“满足条件”：

• 该格左右两侧存在的内部格边均已画出．
• 该格上下两侧存在的内部格边均已画出．

断言一　所选内部格边将图形分割为矩形，当且仅当每个关键格都满足条件．

证明　首先，如果某个关键格不满足条件，那么包含它的区域中会有一个由三个格子组成的 L 形．包围这个 L 形的 $\displaystyle 2\times2$ 方格中的第四格不属于该区域，所以该区域不可能是矩形．

现在假设每个关键格都满足条件．先证明同一区域中的任意两个格子都在同一行或同一列．同一区域中任意两格之间，都有一条穿过格子且不跨越已画格边的路径．这条路径不能转弯：它只能在关键格处转弯，但每个关键格都满足条件，因而无法转弯．

接着证明一个区域的所有格子必定处于同一行或同一列．若区域至多包含两个格子，则结论显然成立．否则，从中取两个不同的格子 $\displaystyle A,B$，不妨设它们在同一行．任一其他格子 $\displaystyle C$ 不可能同时与 $\displaystyle A,B$ 同列，故它至少与其中一格同行，从而与两格均同行．因此该区域所有格子都在同一行，组成一个水平矩形．若 $\displaystyle A,B$ 同列，则同样得到竖直矩形．断言得证．

由容斥原理，若一个关键格邻接 $\displaystyle a$ 条竖直内部格边和 $\displaystyle b$ 条水平内部格边，则使该格满足条件的格边选择数恰为 $\displaystyle 2^a+2^b-1$．每条内部格边恰好属于一个关键格，所以只需将各关键格的选择数相乘．

• $\displaystyle 4$ 个角上关键格，各有 $\displaystyle 2^1+2^1-1=3$ 种选择．
• $\displaystyle 4\cdot4=16$ 个边上非角关键格，各有 $\displaystyle 2^2+2^1-1=5$ 种选择．
• $\displaystyle 4\cdot4=16$ 个内部关键格，各有 $\displaystyle 2^2+2^2-1=7$ 种选择．

因此答案是 $\displaystyle 3^4\cdot5^{16}\cdot7^{16}$．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{147\sqrt3}{4}$

命题：Jason Mao．

依次将六个圆的圆心记为 $\displaystyle O_1,O_2,\ldots,O_6$，相邻圆的切点依次记为 $\displaystyle T_1,T_2,\ldots,T_6$，其中圆心为 $\displaystyle O_i,O_{i+1}$ 的两圆相切于 $\displaystyle T_i$，并约定 $\displaystyle O_7=O_1$．设过这六个切点的圆的圆心为 $\displaystyle O$．先作如下观察．

断言一　下图中的三条红色线段等长，三条蓝色线段也等长．

证明　只考虑下图所示部分．

因为 $\displaystyle O_1O_2=O_2O_3=2\cdot3=6$，所以 $\displaystyle \triangle O_1O_2O_3$ 为等腰三角形．又因为各圆半径相同，$\displaystyle T_1,T_2$ 分别是 $\displaystyle O_1O_2,O_2O_3$ 的中点，故 $\displaystyle O_1T_1T_2O_3$ 是等腰梯形．因此 $\displaystyle T_1T_2$ 与 $\displaystyle O_1O_3$ 的垂直平分线重合．由 $\displaystyle OT_1=OT_2$ 可得 $\displaystyle OO_1=OO_3$，从而图中相应红边等长．用同样的推理，三条红边彼此等长，三条蓝边也彼此等长．

核校补充　此处“从而”的依据是：红边分别是大圆与以 $\displaystyle O_1,O_3$ 为圆心的等半径小圆的公共弦．两对圆的半径和圆心距均相同，故公共弦长相同．

断言二　六边形 $\displaystyle T_1T_2T_3T_4T_5T_6$ 等角，且每个内角都是 $\displaystyle 120^\circ$．

证明　由断言一，可令

于是

如图所示．

同理，六边形的每个内角都等于 $\displaystyle 180^\circ-\frac12(\alpha+\beta)$，所以它等角．六边形内角和为 $\displaystyle 720^\circ$，故每个角为 $\displaystyle 720^\circ/6=120^\circ$．

设每条红边长为 $\displaystyle a$，每条蓝边长为 $\displaystyle b$．按下图延长一条蓝边．

两个实线圆全等，蓝色线段与绿色线段关于 $\displaystyle T_1$ 中心对称，所以它们等长．由断言二，$\displaystyle \angle T_6T_1T_2=120^\circ$．因此橙色线段是在半径为 $\displaystyle 3$ 的圆中对应 $\displaystyle 120^\circ$ 圆心角的弦，长为 $\displaystyle 3\sqrt3$；紫色线段是在半径为 $\displaystyle 5$ 的圆中对应 $\displaystyle 120^\circ$ 圆心角的弦，长为 $\displaystyle 5\sqrt3$．在红—绿—橙及红—蓝—紫两个三角形中用余弦定理，得

两式相减，得 $\displaystyle 2ab=48$，所以 $\displaystyle ab=24$．于是红—蓝—紫三角形 $\displaystyle T_6T_1T_2$ 的面积为

最后，六边形可以分成一个边长为 $\displaystyle 5\sqrt3$ 的等边三角形，以及三个全等三角形 $\displaystyle \triangle T_6T_1T_2$、$\displaystyle \triangle T_2T_3T_4$、$\displaystyle \triangle T_4T_5T_6$，如下图．

因此六边形的总面积为

解析．

答案． $\displaystyle 2991$

命题：Pitchayut Saengrungkongka．

我们对 $\displaystyle n$ 归纳，证明

这里各二项式系数的上标成公差为 $\displaystyle -6$ 的等差数列，并约定当 $\displaystyle a<b$ 时，$\displaystyle \binom ab=0$．

归纳基础　当 $\displaystyle n\in\{1,2,\ldots,7\}$ 时，$\displaystyle n-7\le0$，只有首项非零，所以 $\displaystyle a_n=1$，结论成立．

归纳步骤　假设 $\displaystyle a_{n-1},a_{n-7}$ 都满足上述公式，则

逐项使用帕斯卡恒等式相加，可得

归纳完成，所以该公式对所有正整数 $\displaystyle n$ 成立．

除前四项外，其余项均被 $\displaystyle 10000$ 整除，故只需计算

因为 $\displaystyle 2013\equiv13\pmod{200}$，故 $\displaystyle 2013\cdot2012\equiv13\cdot12\pmod{200}$，从而

同理，$\displaystyle 2007\equiv7\pmod{20}$，所以 $\displaystyle 2007\cdot2006\cdot2005\equiv7\cdot6\cdot5\pmod{20}$．由于 $\displaystyle 3$ 在模 $\displaystyle 20$ 下可逆，先除以 $\displaystyle 3$，仍得模 $\displaystyle 20$ 同余；再将两边除以 $\displaystyle 2$，模数变为 $\displaystyle 10$，得到

因此所求余数为

解析．

答案． $\displaystyle \frac{4950}{197}$

命题：Bryan Guo．

先对隧道系统作如下观察．

断言一　隧道系统不可能包含环，即它一定是一片由树组成的森林．

证明　反设系统包含一个环．取这个环中最昂贵的隧道，设其连接城市 $\displaystyle u,v$．再设 $\displaystyle u'\ne v$ 是环上 $\displaystyle u$ 的另一邻城，$\displaystyle v'\ne u$ 是环上 $\displaystyle v$ 的另一邻城．

城市 $\displaystyle u$ 不会资助 $\displaystyle uv$，因为 $\displaystyle uu'$ 的费用比它低．同理，城市 $\displaystyle v$ 也不会资助 $\displaystyle uv$．因此 $\displaystyle uv$ 无人资助，不会建成，与其在环上矛盾．

若一条隧道的两个端点城市都资助它，就称它为“双方资助隧道”．设系统中这类隧道有 $\displaystyle M$ 条．每座城市资助一条隧道，而双方资助隧道各被重复计数一次，所以已建隧道数为 $\displaystyle 100-M$．由于系统是一片森林，其连通分量数恰为 $\displaystyle 100-(100-M)=M$．所以只需计算 $\displaystyle M$ 的期望．

断言二　对任意两座城市 $\displaystyle u,v$，它们之间的拟建隧道最终成为双方资助隧道的概率为 $\displaystyle \frac1{197}$．

证明　考虑所有与 $\displaystyle u$ 或 $\displaystyle v$ 中至少一座城市相连的拟建隧道．仅与 $\displaystyle u$ 相连的有 $\displaystyle 98$ 条，仅与 $\displaystyle v$ 相连的有 $\displaystyle 98$ 条，同时与两者相连的有 $\displaystyle 1$ 条，总计 $\displaystyle 98+98+1=197$ 条．

隧道 $\displaystyle uv$ 成为双方资助隧道，当且仅当它在这 $\displaystyle 197$ 条中费用最低．每条隧道等可能取得最低费用，所以所求概率为 $\displaystyle \frac1{197}$．

共有 $\displaystyle \binom{100}{2}$ 条拟建隧道，每条成为双方资助隧道的概率都是 $\displaystyle \frac1{197}$．由期望的线性性，所求期望为

解析．

答案． $\displaystyle 88$

命题：Jackson Dryg、Jason Mao．

把图中红、黄、绿、蓝线段的长度分别记为 $\displaystyle r,y,g,b$．由底边为 $\displaystyle g$、高为 $\displaystyle r$ 的长方形面积为 $\displaystyle 28+49=77$，有 $\displaystyle rg=77$．而且 $\displaystyle r$ 必须同时整除 $\displaystyle 28$ 与 $\displaystyle 49$，故 $\displaystyle r=1$ 或 $\displaystyle r=7$．

若 $\displaystyle r=1$，则绿线段长为 $\displaystyle 77$，整个正方形的边长大于 $\displaystyle 77$．另一方面，该边长等于蓝线段长，是 $\displaystyle 60$ 的正整数因数，不超过 $\displaystyle 60$，矛盾．所以 $\displaystyle r=7,g=11$．

由左侧长方形可得 $\displaystyle by=60$．整个木筏是正方形，所以 $\displaystyle b=y+g=y+11$，即 $\displaystyle y=b-11$．因此

解得 $\displaystyle b=15$ 或 $\displaystyle b=-4$．因为 $\displaystyle b>0$，所以 $\displaystyle b=15$．

第四块长方形的边长为 $\displaystyle g=11$ 和 $\displaystyle b-r=15-7=8$，面积为 $\displaystyle 11\cdot8=88$．

原文细节　原解由“正整数因数”写成 $\displaystyle b<60$，严格地说应为 $\displaystyle b\le60$；这一修正不影响与 $\displaystyle b>77$ 的矛盾．

解析．

答案． $\displaystyle 3500$

命题：Jackson Dryg．

设 Ariel 有 $\displaystyle 102x$ 件 dinglehopper、$\displaystyle 103y$ 件 snarfblatt，其中 $\displaystyle x,y$ 为非负整数．由总数可按每组 $\displaystyle 100$ 件分组，

要使

最小．因为总数非零，所以 $\displaystyle 2x+3y$ 是正的 $\displaystyle 100$ 的倍数，至少为 $\displaystyle 100$．又有

故在 $\displaystyle 2x+3y$ 固定时，应使 $\displaystyle y$ 尽可能大．当 $\displaystyle 2x+3y=100$ 时，$\displaystyle y$ 至多为 $\displaystyle 32$，从而得到 $\displaystyle (x,y)=(2,32)$．代入可得总件数

核校补充　原解没有单独排除 $\displaystyle 2x+3y\ge200$ 的情况．此时 $\displaystyle 3(x+y)\ge2x+3y\ge200$，所以 $\displaystyle x+y\ge67$，总数至少为 $\displaystyle 100\cdot67+200=6900>3500$．故上面的最小值确为全局最小值．

解析．

答案． $\displaystyle 1365$

命题：Kyle Wu．

注意第二稿可看成外侧的 $\displaystyle 4^1$ 个三角形，加上一个旋转后的第一稿副本．此后，对每个正整数 $\displaystyle n$，在构造第 $\displaystyle n+1$ 稿时，每个外侧三角形被分成四个三角形，而中央部分变成第 $\displaystyle n$ 稿的副本．

第二稿有 $\displaystyle 4=4^1$ 个外侧三角形，每增加一稿，外侧三角形数乘以 $\displaystyle 4$．设第 $\displaystyle n$ 稿的多边形区域数为 $\displaystyle a_n$，则 $\displaystyle a_{n+1}=a_n+4^n$．由 $\displaystyle a_1=1$，可得

解析．

答案． $\displaystyle 1013\cdot2026!$

命题：Derek Liu．

设 $\displaystyle a_n$ 为 Snow White 在前 $\displaystyle n$ 天吃的苹果总数．则

所以

她在第 $\displaystyle 2026$ 天吃 $\displaystyle 2026a_{2025}$ 个苹果，故答案为

原文勘误　官方解答末行左侧印为 $\displaystyle 2026\cdot\frac{2027!}{2}$，其中阶乘应为 $\displaystyle 2026!$．其前文递推和框出的答案均正确．

解析．

答案． $\displaystyle 74$

命题：Derek Liu．

我们断言，第 $\displaystyle n$ 天结束后，Rapunzel 的头发长度为

对 $\displaystyle n$ 作归纳证明．

归纳基础　$\displaystyle n=0$ 时，无论 $\displaystyle m$ 取何值，最初的长度都有

归纳步骤　假设第 $\displaystyle n-1$ 天结束后的长度为 $\displaystyle \frac{2026+m}{n}-m$．则第 $\displaystyle n$ 天结束后的长度为

断言得证．

原解据此要求上述量在 $\displaystyle n=1,2,\ldots,6$ 时都为整数．因为 $\displaystyle m$ 是整数，这等价于 $\displaystyle 2026+m$ 被 $\displaystyle 2$ 至 $\displaystyle 7$ 中的每个整数整除．这些数的最小公倍数为 $\displaystyle 2^2\cdot3\cdot5\cdot7=420$，故 $\displaystyle 420\mid2026+m$．大于 $\displaystyle 2026$ 的最小 $\displaystyle 420$ 的倍数为 $\displaystyle 2100=2026+74$，所以 $\displaystyle m\ge74$．

可行性核校　取 $\displaystyle m=74$ 时，六天结束后的长度依次为 $\displaystyle 976,626,451,346,276,226$ 英尺，均为正整数，而且每次剪去的长度不超过当时剩余长度．因此下界可以达到，最小值确为 $\displaystyle 74$．原解把整数条件直接表述为“当且仅当可行”，没有单独检查头发长度非负；这里补全了所取最小值的可行性．

解析．

答案． $\displaystyle \sqrt{21}-2$

命题：Darren Han、Liam Reddy．

可以把问题等价地改写为：去掉风，让岛屿沿 $\displaystyle x$ 轴负方向以每小时 $\displaystyle 1$ 个单位长度的速度移动．在这个参考系中，$\displaystyle t$ 小时后岛心位于 $\displaystyle (4-t,6)$，Raya 最多飞行 $\displaystyle 2t$ 个单位长度．她到达岛屿，当且仅当与岛心相距不超过 $\displaystyle 1$．因此能够到达岛屿，当且仅当 $\displaystyle (4-t,6)$ 与原点的距离不超过 $\displaystyle 2t+1$，即

平方并化简得

首项系数为正的二次多项式非负时，自变量不大于较小根，或不小于较大根．本题的两根为

因为较小根 $\displaystyle -2-\sqrt{21}$ 为负数，而 $\displaystyle t\ge0$，所以必须有 $\displaystyle t\ge\sqrt{21}-2$．等号可取，所求最短时间为 $\displaystyle \sqrt{21}-2$ 小时．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{63}{128}$

命题：Sebastian Attlan．

用 $\displaystyle R$ 表示指向右边的士兵，用 $\displaystyle L$ 表示指向左边的士兵．最左端士兵只能标为 $\displaystyle R$，最右端士兵只能标为 $\displaystyle L$．

一对士兵互相指向对方，对应字符串中的相邻子串 $\displaystyle RL$．如果恰有 $\displaystyle 3$ 对，字符串就能分成六个非空块：

每块至少有 $\displaystyle 1$ 名士兵．这样的排列数，等于在士兵之间的 $\displaystyle 9$ 个空隙中选 $\displaystyle 5$ 个放置分隔符的方案数，每个分隔符表示方向改变．例如

因此符合条件的排列有 $\displaystyle \binom95$ 种，而全部等可能排列有 $\displaystyle 2^8$ 种，所求概率为

解析．

答案． $\displaystyle \frac{23}{2}$

命题：Benny Wang．

用圆 $\displaystyle \omega_1,\omega_2,\omega_3$ 分别表示左轮、南瓜和右轮，半径分别为 $\displaystyle r_1=3,r_2,r_3=4$．定义以下各点：

• $\displaystyle A\in\omega_2,C\in\omega_1$ 为两圆竖直公切线上的切点．
• $\displaystyle B\in\omega_2,D\in\omega_3$ 为这两圆另一条竖直公切线上的切点．
• $\displaystyle E\in\omega_1,F\in\omega_3$ 为两车轮的水平公切线上的切点．
• $\displaystyle G\in\omega_1,H\in\omega_3$ 为两车轮另一条公切线上的切点．
• $\displaystyle I\in\omega_2$ 为直线 $\displaystyle GH$ 上的切点．

如图所示．

关键是反复运用同一点引圆的两条切线段等长，可得

因为 $\displaystyle EF$ 水平，且各圆按题设竖直对齐，

又因为 $\displaystyle AC$ 竖直，车高为 $\displaystyle 30$，有 $\displaystyle r_1+AC+r_2=30$，所以 $\displaystyle AC=27-r_2$．同理，$\displaystyle BD=26-r_2$．因此

解析．

答案． $\displaystyle (19,10,36)$

命题：Derek Liu、Eric Wang．

第一式减去第二式，得

两式相加后再加 $\displaystyle 2$，得

所以 $\displaystyle \ell-1\mid6300$，$\displaystyle \ell+1\mid7474$．由第一式可知 $\displaystyle \ell-1>0$，因此 $\displaystyle \ell+1\ge3$．满足条件的正因数只有六个：$\displaystyle 37,74,101,202,3737,7474$．其中只有 $\displaystyle \ell+1=37$ 时，$\displaystyle \ell-1=35$ 是 $\displaystyle 6300$ 的因数，故 $\displaystyle \ell=36$．

于是

两式相减，得 $\displaystyle 2e=20$，所以 $\displaystyle e=10,b=19$．唯一解为 $\displaystyle (b,e,\ell)=(19,10,36)$．

解析．

答案． $\displaystyle 4\sqrt3+2\sqrt{21}$

命题：Aprameya Tripathy．

译前说明　官方给出了三种解法，其中解法二又分别用柯西不等式和微积分求极值．以下全部保留．原文中若干符号、系数及点名存在错误，已在相应位置明确列出；正文使用经核算的修正式，最终答案不变．记 $\displaystyle [XYZ]$ 为三角形 $\displaystyle XYZ$ 的面积．

解法一：向量叉积

用 $\displaystyle \vec X$ 表示点 $\displaystyle X$ 的位置向量，用 $\displaystyle \overrightarrow{XY}$ 表示从 $\displaystyle X$ 指向 $\displaystyle Y$ 的向量．重心相同给出

又有 $\displaystyle |\overrightarrow{AD}|=1,|\overrightarrow{BE}|=2,|\overrightarrow{CF}|=3$．由三角不等式，

这里取等号，故三个向量平行，$\displaystyle \overrightarrow{CF}$ 与 $\displaystyle \overrightarrow{AD},\overrightarrow{BE}$ 方向相反．因此

三角形 $\displaystyle DEF$ 的面积等于 $\displaystyle \overrightarrow{DE}\times\overrightarrow{DF}$ 的模的一半．展开可得

注意到

令 $\displaystyle \overrightarrow{AD}\perp\overrightarrow{AC}+4\overrightarrow{AB}$ 即可取等号，而 $\displaystyle \overrightarrow{AD}$ 的方向可以任意选择，所以该等号能够实现．必要时把 $\displaystyle \overrightarrow{AD}$ 反向，还可以使这个叉积与 $\displaystyle \overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}$ 同向．

又因为 $\displaystyle |\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}|$ 是 $\displaystyle [ABC]$ 的两倍，等于 $\displaystyle 8\sqrt3$，且上述两个叉积都垂直于同一平面，所以

如上所述，等号可取．

原文勘误一　官方第 $\displaystyle 8$ 页展开及后续各处均写成 $\displaystyle \overrightarrow{AC}-4\overrightarrow{AB}$，应统一改为 $\displaystyle \overrightarrow{AC}+4\overrightarrow{AB}$．原因是 $\displaystyle -4\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}=4\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AB}$．原文随后写出的模长数值 $\displaystyle 4\sqrt{21}$ 实际对应加号式；减号式的模长为 $\displaystyle 4\sqrt{13}$．

解法二：面积变换

与解法一相同，$\displaystyle \overrightarrow{AD},\overrightarrow{BE},\overrightarrow{CF}$ 的和为零，因此首尾相接构成一个三角形．三边长为 $\displaystyle 1,2,3$，故这个三角形退化，得 $\displaystyle AD\parallel BE\parallel CF$．以下用经典几何继续求解．

设直线 $\displaystyle CF$ 分别与直线 $\displaystyle DE,AB$ 交于 $\displaystyle P,Q$．图示构型中的关键面积变换为

所以只需使 $\displaystyle \frac{FP}{CQ}$ 最大．令 $\displaystyle M$ 为 $\displaystyle AB$ 的中点，$\displaystyle MQ=|x|$，并规定 $\displaystyle x>0$ 当且仅当 $\displaystyle A,M,Q$ 按此顺序排列．于是 $\displaystyle AQ=2+x,BQ=2-x$，由勾股定理

因为 $\displaystyle AD\parallel QP\parallel BE$，$\displaystyle QP$ 是 $\displaystyle AD,BE$ 的加权平均，故

从而

接下来要使 $\displaystyle \frac{x+18}{4\sqrt{x^2+12}}$ 最大，官方给出以下两种方法．

方法一：柯西不等式　由柯西不等式，

所以

等号条件是两个向量同向成比例，得到 $\displaystyle x=\frac23$（原解写出的比例平方关系为 $\displaystyle \frac{x^2}{1}=\frac{12}{27}$；还应结合符号取正值）．

方法二：微积分　令 $\displaystyle f(x)=\frac{x+18}{4\sqrt{x^2+12}}$，利用商的求导法则，

导数为零当且仅当 $\displaystyle x=\frac23$．函数在 $\displaystyle (-\infty,\frac23)$ 上递增，在 $\displaystyle (\frac23,+\infty)$ 上递减，故唯一全局最大值在 $\displaystyle x=\frac23$ 处取得，最大值为 $\displaystyle \frac{\sqrt7}{2}$．

综合可得图示构型的最大面积为

原文勘误二　官方第 $\displaystyle 9$ 页把 $\displaystyle QP$ 代入式的两个权重反配，写成 $\displaystyle \frac{(2+x)\cdot1+(2-x)\cdot2}{4}=\frac{6-x}{4}$；应为上文的 $\displaystyle \frac{6+x}{4}$．原文下一行又把 $\displaystyle 18-x$ 写为 $\displaystyle 18+x$，恰好回到了正确结果．第 $\displaystyle 10$ 页求导后两行的 $\displaystyle \frac18$ 应为 $\displaystyle \frac14$，不影响极值点．末行的 $\displaystyle \max\frac{DP}{AQ}$ 应为 $\displaystyle \max\frac{FP}{CQ}$．此外，原文将四边形记作 $\displaystyle [FABP]$，按图示边界顺序应为 $\displaystyle [FAPB]$．

论证范围说明　上面的无向长度及面积拼合按官方图示位置成立；原解没有讨论任意射击方向下的有向长度、交点次序，以及 $\displaystyle CF\parallel AB$ 时交点不存在的情况．因此不把这段图示计算单独宣称为覆盖所有构型的上界证明．解法一已对所有方向严格证明全局上界；图示取 $\displaystyle x=\frac23$ 时满足该构型条件并达到上界，故这里的极值结论正确．

解法三：平移与固定点

先回顾前两解的结论：直线 $\displaystyle AD,BE,CF$ 平行，其中射线 $\displaystyle \overrightarrow{AD},\overrightarrow{BE}$ 同向，$\displaystyle \overrightarrow{CF}$ 反向．

在射线 $\displaystyle \overrightarrow{BE}$ 上取点 $\displaystyle E'$，使 $\displaystyle BE'=1$；在射线 $\displaystyle \overrightarrow{CF}$ 上取点 $\displaystyle F'$，使 $\displaystyle CF'=4$．则 $\displaystyle \triangle AE'F'$ 是将 $\displaystyle \triangle DEF$ 沿 $\displaystyle \overrightarrow{DA}$ 方向平移 $\displaystyle 1$ 个单位长度得到的，所以只需使 $\displaystyle [AE'F']$ 最大．

在边 $\displaystyle BC$ 上取点 $\displaystyle X$，使 $\displaystyle \frac{XB}{XC}=\frac14$．

断言　线段 $\displaystyle E'F'$ 总是经过固定点 $\displaystyle X$，且 $\displaystyle \frac{XE'}{XF'}=\frac14$．

证明　因为 $\displaystyle \frac{E'B}{F'C}=\frac{BX}{CX}=\frac14$，且由 $\displaystyle BE'\parallel CF'$ 可得 $\displaystyle \angle E'BX=\angle F'CX$，所以由边角边判定 $\displaystyle \triangle E'BX\sim\triangle F'CX$．从而 $\displaystyle \angle BXE'=\angle CXF'$，故 $\displaystyle E',X,F'$ 共线，而且 $\displaystyle \frac{XE'}{XF'}=\frac{BX}{CX}=\frac14$，断言得证．

由断言，$\displaystyle [AE'F']=5[AE'X]$．因此只需使 $\displaystyle [AE'X]$ 最大．因为 $\displaystyle AX$ 固定，等价于使 $\displaystyle E'$ 到直线 $\displaystyle AX$ 的距离最大．记 $\displaystyle \operatorname{dist}(P,l)$ 为点 $\displaystyle P$ 到直线 $\displaystyle l$ 的距离，则

当 $\displaystyle E'B\perp AX$，且从 $\displaystyle B$ 指向 $\displaystyle E'$ 的方向远离直线 $\displaystyle AX$ 时，等号成立．于是

解析．

答案． $\displaystyle 18$

设 Jerry 的数为 $\displaystyle j$，Sophie 的数为 $\displaystyle s$，并设正整数 $\displaystyle n$ 满足 $\displaystyle j=s^n$．由于 $\displaystyle j$ 与 $\displaystyle s$ 不同，故 $\displaystyle n>1$．

取正整数 $\displaystyle t,m$，使得 $\displaystyle j=t^m$，且 $\displaystyle t$ 尽可能小．于是 $\displaystyle n\mid m$．因此，$\displaystyle m$ 至少有两个不同的大于 $\displaystyle 1$ 的正因数，否则 Jerry 就能确定 $\displaystyle n$，从而确定 $\displaystyle s$．

由于 $\displaystyle 2^6>50$，故 $\displaystyle m\leq5$．其中只有 $\displaystyle m=4$ 有足够多的因数．又因为 $\displaystyle 3^4>50$，所以 $\displaystyle t=2$．

因此 $\displaystyle j=2^4=16$，它既是 $\displaystyle 2$ 的幂，也是 $\displaystyle 4$ 的幂．如果 Sophie 得到的是 $\displaystyle 4$，由于 $\displaystyle 4^3>50$，她便会知道 Jerry 的数是 $\displaystyle 4^2=16$．因此 $\displaystyle s=2$，所求为 $\displaystyle 16+2=18$．

解析．

答案． $\displaystyle 144$

展开所给表达式，得到

因为 $\displaystyle m,n$ 是正整数，所以原式为整数，当且仅当 $\displaystyle 2\sqrt{21\cdot55}-2\sqrt{mn}$ 为整数．

断言1　上述条件成立，当且仅当 $\displaystyle mn=21\cdot55$．

证明　显然，若 $\displaystyle mn=21\cdot55$，则 $\displaystyle 2\sqrt{21\cdot55}-2\sqrt{mn}=0$ 是整数．【译注：官方此句将乘积误印为 $\displaystyle 21\sqrt{55}$，这里按断言及后续计算订正．】

反设 $\displaystyle mn\ne21\cdot55$，但上述差为整数．那么存在非零整数 $\displaystyle k$，使得 $\displaystyle 2\sqrt{21\cdot55}=2\sqrt{mn}+k$．两边平方可得

由于 $\displaystyle k\ne0$，整理得到

因此 $\displaystyle 2\sqrt{mn}$ 是有理数．又因为 $\displaystyle 2\sqrt{21\cdot55}-2\sqrt{mn}$ 是整数，所以 $\displaystyle 2\sqrt{21\cdot55}$ 也必须是有理数．然而它显然是无理数，矛盾．断言得证．

由断言，正整数 $\displaystyle m,n$ 必须是 $\displaystyle 21\cdot55$ 的因数．当 $\displaystyle mn=21\cdot55$ 时，原式等于 $\displaystyle 21+55+m+n$，所以只须在这一条件下使 $\displaystyle m+n$ 最小．

我们断言 $\displaystyle m+n$ 的最小值为 $\displaystyle 68$，在 $\displaystyle m=33,n=35$ 时取得．这是因为

由于 $\displaystyle m+n$ 是正整数，必有 $\displaystyle m+n\geq68$．因此答案为 $\displaystyle 21+55+68=144$．

解析．

答案． $\displaystyle 75^\circ$

设直线 $\displaystyle DC$ 分别与直线 $\displaystyle AB$、$\displaystyle \ell_1$ 相交于 $\displaystyle E,F$，如图．

注意到

于是，由 $\displaystyle BC=CD$ 可得

再由 $\displaystyle AB=BC$，可知

最后，

解析．

答案． $\displaystyle 64$

为便于观察，将数列开头若干项按每行 $\displaystyle 2025$ 项排列如下图．图中行内相邻两项的差依次构成杨辉三角形．【译注：官方图中的数列记号写作 $\displaystyle a$，正文记作 $\displaystyle F$，二者指同一数列．】

受此表启发，我们提出关于数列 $\displaystyle (F_n)$ 的三个断言，并在解答末尾给出正式证明．

断言1　数列 $\displaystyle (F_i)$ 单调不减，即对所有非负整数 $\displaystyle i$，均有 $\displaystyle F_{i+1}\geq F_i$．

断言2　对所有非负整数 $\displaystyle a\leq2024$，以及满足 $\displaystyle a\leq b\leq2025$ 的整数 $\displaystyle b$，有 $\displaystyle F_{2025a+b}=2^a$．在上表中，这对应第 $\displaystyle a$ 行末尾长串的 $\displaystyle 2^a$，以及第 $\displaystyle a+1$ 行开头的一个 $\displaystyle 2^a$．

断言3　对所有整数 $\displaystyle 1\leq a\leq2024$ 及 $\displaystyle 1\leq b\leq a$，有

它给出了表中三角形区域内各项的表达式．

由断言1，某项一旦达到或超过 $\displaystyle 2026$，之后所有项都不小于 $\displaystyle 2026$．下面用断言2、3确定首次出现 $\displaystyle F_n\geq2026$ 的位置．由断言2，

由断言3，

因此只须考虑 $\displaystyle 0\leq n\leq2025\cdot11+8$ 范围内各项的不同取值数．

对每个整数 $\displaystyle 1\leq a\leq2024$，断言3给出 $\displaystyle F_{2025a+1}<\cdots<F_{2025a+a}$，断言2给出 $\displaystyle F_{2025a+a}=F_{2025a+a+1}=\cdots=F_{2025(a+1)}$．因此，从 $\displaystyle F_{2025a+1}$ 到 $\displaystyle F_{2025(a+1)}$（含两端）恰好有 $\displaystyle a$ 个不同的取值．当 $\displaystyle a=0$ 时，从 $\displaystyle F_1$ 到 $\displaystyle F_{2025}$ 只有一个不同的值，即 $\displaystyle 1$．由于 $\displaystyle F_0=F_1$，$\displaystyle F_0$ 不会增加新的取值．所以截至 $\displaystyle F_{2025a}$，不同取值的总数为

数列单调不减，且各分段开头严格超过上一段的末值，故不同分段不会贡献重复的新取值．

截至 $\displaystyle F_{2025\cdot11}$，共有 $\displaystyle \frac{11\cdot10}{2}+1=56$ 个不同取值．又因

还须加上 $\displaystyle 8$ 个不同取值，故答案是 $\displaystyle 56+8=64$．

下面正式证明三个断言．

断言1的证明　对 $\displaystyle i$ 作强归纳．初始情形 $\displaystyle 0\leq i\leq2024$ 时，相邻两项均为 $\displaystyle 1$；当 $\displaystyle i=2025$ 时，$\displaystyle F_{2026}=2\geq F_{2025}=1$．【译注：官方初始步骤误写为对 $\displaystyle 0\leq i\leq2026$ 都有 $\displaystyle F_i=1$；实际 $\displaystyle F_{2026}=2$，这里明确订正．】

若此前相邻项均已满足不减性，则对 $\displaystyle i\geq2026$，

其中两次不等式分别来自归纳假设 $\displaystyle F_{i-2024}\geq F_{i-2025}$ 和 $\displaystyle F_{i-2025}\geq F_{i-2026}$．

断言2的证明　对 $\displaystyle a$ 归纳．当 $\displaystyle a=0$ 时，由 $\displaystyle F_0=\cdots=F_{2025}=1$ 可知结论成立．假设结论对 $\displaystyle a$ 及所有 $\displaystyle a\leq b\leq2025$ 成立．对任意 $\displaystyle a+1\leq b\leq2025$，有

这里分别对 $\displaystyle (a,b)$ 和 $\displaystyle (a,b-1)$ 使用了归纳假设．

断言3的证明　对 $\displaystyle a$ 归纳．当 $\displaystyle a=1$ 时，$\displaystyle F_{2025}=2^{a-1}=1$，$\displaystyle F_{2026}=2^{a-1}+\binom00=2$．

假设结论对 $\displaystyle a$ 及所有 $\displaystyle 1\leq b\leq a$ 成立．为证明 $\displaystyle a+1$ 的情形，先取 $\displaystyle 1\leq b\leq a$．若 $\displaystyle b>1$，分别对 $\displaystyle (a,b)$、$\displaystyle (a,b-1)$ 使用归纳假设，有

倒数第二步用了帕斯卡恒等式．【译注：官方第三行第二个求和的上限误写成 $\displaystyle b-1$，应为 $\displaystyle b-2$，否则与前后行不相等．】

若 $\displaystyle b=1$，则不能把归纳假设用于 $\displaystyle (a,b-1)$，因为第二个参数为 $\displaystyle 0$．改用断言2，得到

再对 $\displaystyle (a,b)$ 使用归纳假设，得到

【译注：官方归纳假设的范围一度误写为 $\displaystyle 0\leq b\leq a$，与后文排除 $\displaystyle b=0$ 不符；此外，原证明未写出新端点 $\displaystyle b=a+1$．补足该端点：由断言2，$\displaystyle F_{2025(a+1)+(a+1)}=2^{a+1}$；而 $\displaystyle 2^a+\sum_{i=0}^{a}\binom ai=2^a+2^a=2^{a+1}$，故端点同样成立．】

解析．

答案． $\displaystyle \frac{10}{7}$

解法1

取圆锥轴线上唯一的点 $\displaystyle T$，使得对底面圆周上的任意点 $\displaystyle K$，都有 $\displaystyle \angle AKT=90^\circ$．于是，沿 $\displaystyle AP$ 相切的平面垂直于 $\displaystyle PT$，沿 $\displaystyle AQ$ 相切的平面垂直于 $\displaystyle QT$．两个平面互相垂直，当且仅当它们的法向量互相垂直，所以题设两切平面垂直等价于 $\displaystyle \angle PTQ=90^\circ$．

对底面圆周上任意点 $\displaystyle K$，长度 $\displaystyle KT$ 是一个定值，记作 $\displaystyle \lambda$．设底面圆心为 $\displaystyle O$．由于 $\displaystyle \angle KAO=\angle TAK$，且 $\displaystyle \angle AOK=\angle AKT=90^\circ$，故 $\displaystyle \triangle AOK\sim\triangle AKT$．于是

特别地，$\displaystyle PT=QT=\frac{5\sqrt2}{7}$，且 $\displaystyle \angle PTQ=90^\circ$，所以

解法2

点 $\displaystyle T$ 的定义同解法1，记 $\displaystyle \overrightarrow{XY}$ 为从 $\displaystyle X$ 指向 $\displaystyle Y$ 的向量．由解法1，$\displaystyle PT\perp QT$，因此

下面求这两个向量．令底面位于 $\displaystyle xy$ 平面上，顶点 $\displaystyle A=(0,0,7)$ 位于 $\displaystyle z$ 轴上．不妨取 $\displaystyle P=(1,0,0)$，于是对某个角 $\displaystyle \theta$，有 $\displaystyle Q=(\cos\theta,\sin\theta,0)$．原点 $\displaystyle O=(0,0,0)$ 同时也是底面圆心．

设 $\displaystyle P'$ 为 $\displaystyle P$ 关于直线 $\displaystyle AT$ 的对称点．由于 $\displaystyle \angle AP'T=\angle APT=90^\circ$，$\displaystyle P,P'$ 都位于以 $\displaystyle AT$ 为直径的圆上．又因为 $\displaystyle PP'$ 与 $\displaystyle AT$ 相交于 $\displaystyle O$，由相交弦定理，

因此 $\displaystyle T=(0,0,-\frac17)$，从而

于是

得到 $\displaystyle \cos\theta=-\frac1{49}$．对 $\displaystyle \triangle POQ$ 使用余弦定理，得

故 $\displaystyle PQ=\frac{10}{7}$．

解析．

答案． $\displaystyle 35$

先证明如下断言．

断言1　$\displaystyle a$ 是完全平方数．

证明　设整数 $\displaystyle x$ 满足 $\displaystyle \frac{a+b^2}{a^2}=x$，整理得到

由于 $\displaystyle \gcd(a,xa-1)=1$，而 $\displaystyle a(xa-1)$ 是完全平方数，所以 $\displaystyle a$ 是完全平方数．【译注：官方在最大公因数式后漏印“$\displaystyle =1$”，这里补足．】

于是可设 $\displaystyle a=c^2$，其中整数 $\displaystyle c>1$．由 $\displaystyle c^4\mid c^2+b^2$，有 $\displaystyle c^2\mid c^2+b^2$，进而 $\displaystyle c^2\mid b^2$，所以 $\displaystyle b=nc$，其中 $\displaystyle n$ 为正整数．代回可得 $\displaystyle c^4\mid c^2+n^2c^2$，这等价于 $\displaystyle c^2\mid1+n^2$．我们要使 $\displaystyle nc$ 最小．

平方数 $\displaystyle n^2$ 模 $\displaystyle 4$ 的余数只能是 $\displaystyle 0$ 或 $\displaystyle 1$，因此 $\displaystyle 1+n^2$ 模 $\displaystyle 4$ 的余数只能是 $\displaystyle 1$ 或 $\displaystyle 2$，不可能被 $\displaystyle 4$ 整除．所以 $\displaystyle 4\nmid c^2$，即 $\displaystyle c$ 为奇数．

同样，$\displaystyle n^2$ 模 $\displaystyle 3$ 的余数只能是 $\displaystyle 0$ 或 $\displaystyle 1$，故 $\displaystyle 1+n^2$ 模 $\displaystyle 3$ 的余数只能是 $\displaystyle 1$ 或 $\displaystyle 2$，不会被 $\displaystyle 3$ 整除．所以 $\displaystyle c$ 也不能被 $\displaystyle 3$ 整除．

由于 $\displaystyle c>1$，最小的候选值依次是 $\displaystyle 5,7$．当 $\displaystyle c=5$ 时，须有 $\displaystyle 25\mid1+n^2$，从而 $\displaystyle n\geq7$；而 $\displaystyle n=7$ 的确可行，因为 $\displaystyle 1+7^2=50$．此时 $\displaystyle b=5\cdot7=35$．

若 $\displaystyle c\geq7$，则由 $\displaystyle n^2+1\geq c^2$ 可得 $\displaystyle n\geq7$，于是 $\displaystyle b=nc\geq7\cdot7=49$．【译注：官方这里误写为 $\displaystyle n\geq7\cdot7=49$，实际被估计的是 $\displaystyle b=nc$．】

综上，$\displaystyle b=nc\geq35$．取 $\displaystyle n=7,c=5$ 时，$\displaystyle a=c^2=25$，且

确实能被 $\displaystyle 25^2$ 整除．因此答案为 $\displaystyle 35$．

解析．

答案． $\displaystyle 247$

把球 $\displaystyle i$ 放入盒子 $\displaystyle f(i)$，则每一种放法恰好对应集合 $\displaystyle \{1,2,\ldots,8\}$ 到自身的一个排列 $\displaystyle f$．因此，要数的是恰有一个指标 $\displaystyle i$ 满足 $\displaystyle f(i)<i$ 的排列．称这样的指标为“好指标”．

假设 $\displaystyle f$ 恰有一个好指标，考察它的不交循环分解．恒等排列没有好指标，所以 $\displaystyle f$ 不是恒等排列，至少有一个长度不小于 $\displaystyle 2$ 的循环．取这样一个循环 $\displaystyle (a_1\ a_2\ \cdots\ a_k)$，不妨设 $\displaystyle a_1$ 是其中最小的指标．于是 $\displaystyle f(a_k)=a_1<a_k$，所以 $\displaystyle a_k$ 是好指标，且是 $\displaystyle f$ 唯一的好指标．

这说明，对 $\displaystyle i<k$，必须有 $\displaystyle f(a_i)\geq a_i$，即 $\displaystyle a_{i+1}\geq a_i$，故

循环中的指标互不相同，所以实际上严格递增．此外，每个长度至少为 $\displaystyle 2$ 的循环都至少含一个好指标，所以 $\displaystyle f$ 只能有一个这样的循环；其他指标都只能属于长度为 $\displaystyle 1$ 的循环，也就是不动点．

因此，$\displaystyle f$ 的循环分解由一个长度至少为 $\displaystyle 2$、元素按严格递增顺序排列的循环，以及若干长度为 $\displaystyle 1$ 的循环组成．反过来，这样的每个 $\displaystyle f$ 都恰有一个好指标：递增的非平凡循环有且仅有一个好指标，其余不动点都不是好指标．

图示给出了一个例子，唯一的好指标用方框标出．

这样的排列 $\displaystyle f$ 完全由那个唯一非平凡循环中的元素集合确定，因为这些元素必须按递增顺序排列，而其余元素均为不动点．所以，只须计算集合 $\displaystyle \{1,2,\ldots,8\}$ 中大小至少为 $\displaystyle 2$ 的子集个数，答案为

解析．

答案． $\displaystyle 4\sqrt{10}$

由筝形的性质，$\displaystyle PQ$ 是 $\displaystyle AD$ 的垂直平分线，且 $\displaystyle \angle PAQ=\angle PDQ$．设 $\displaystyle PQ$ 与 $\displaystyle AD$ 相交于 $\displaystyle M$，则 $\displaystyle M$ 是 $\displaystyle AD$ 的中点．又因为 $\displaystyle \angle PMD=\angle PBD=90^\circ$，所以 $\displaystyle P,M,B,D$ 四点共圆；同理，$\displaystyle Q,M,C,D$ 四点共圆．于是

因此，只须使 $\displaystyle \angle BMC$ 最大．点 $\displaystyle M$ 在连接 $\displaystyle AB,AC$ 中点的固定直线 $\displaystyle \ell$ 上运动．若 $\displaystyle \triangle BMC$ 的外接圆与 $\displaystyle \ell$ 不相切，则 $\displaystyle \ell$ 上存在落在该圆内部的点 $\displaystyle M'$，此时 $\displaystyle \angle BM'C>\angle BMC$．所以，当 $\displaystyle \angle BMC$ 最大时，$\displaystyle \triangle BMC$ 的外接圆必须在 $\displaystyle M$ 处与 $\displaystyle \ell$ 相切．特别地，此时 $\displaystyle BM=MC$．

最后，由海伦公式，$\displaystyle \triangle ABC$ 的面积为

所以从 $\displaystyle A$ 向 $\displaystyle BC$ 所作的高为 $\displaystyle \frac{2\cdot84}{BC}=12$．

设垂足为 $\displaystyle A'$．由勾股定理，

从而 $\displaystyle CA'=BC-BA'=14-5=9$．因此，$\displaystyle BC$ 的垂直平分线与直线 $\displaystyle AA'$ 的距离为 $\displaystyle \frac{14}{2}-5=2$，点 $\displaystyle M$ 到 $\displaystyle AA'$ 的距离也为 $\displaystyle 2$．由于 $\displaystyle D$ 与 $\displaystyle A$ 关于点 $\displaystyle M$ 对称，故 $\displaystyle A'D=2\cdot2=4$，从而

所以答案为 $\displaystyle \sqrt{160}=4\sqrt{10}$．

【核验补充：原解将 $\displaystyle M$ 的轨迹简写为直线，实际是中位线段．取 $\displaystyle B=(0,0),C=(14,0),A=(5,12)$，则 $\displaystyle M$ 的横坐标在 $\displaystyle [\frac52,\frac{19}2]$ 内；上述最优点 $\displaystyle M=(7,6)$ 确在该区间内，对应 $\displaystyle D=(9,0)$，因此没有遗漏线段限制．】

解析．

答案． $\displaystyle \frac{\sqrt{38}+3\sqrt2}{2}$

作代换

其中 $\displaystyle a,b,c>0$．这样代换的目的在于

另两项也类似．代入并整理，原方程组变为

令 $\displaystyle s=\frac1a+\frac1b+\frac1c$．将上述方程两两相加，得到

所以 $\displaystyle a=s,b=s-5,c=s+5$，从而

通分得到 $\displaystyle s=\frac{3s^2-25}{s^3-25s}$，因此 $\displaystyle s^4-28s^2+25=0$．由 $\displaystyle s>0$，可得

又因为 $\displaystyle a+b+c=3s$，所以

官方最后用 $\displaystyle x+y+z>3$ 排除较小根，得到

【译注：官方称“将题设三个方程相加即可得到 $\displaystyle x+y+z>3$”，这一步论据不足；直接相加只容易得到 $\displaystyle x+y+z\geq\frac32$．可直接使用前面已经得到的 $\displaystyle b=s-5>0$，即 $\displaystyle s>5$，从而严格排除较小根，答案不变．正数 $\displaystyle a,b,c$ 的代换没有漏解，因为对任意实数 $\displaystyle x$，可取 $\displaystyle a=x+\sqrt{x^2+1}>0$，另两变量同理．】

解析．

答案． $\displaystyle 44$

解法1

主要思路是先考虑 L 型骨牌在方格板中的位置，再用 O 型和 T 型骨牌唯一地填满其余部分．图中给出了 $\displaystyle 2\times21$ 方格板上的一个例子．

对任意一块 L 型骨牌，考察将它补成 O 型骨牌所缺的那个小格．若该格位于骨牌左侧，就称这块骨牌为“左缺型”；若位于右侧，就称为“右缺型”．若两块 L 型骨牌之间没有其他 L 型骨牌，则称它们相邻．

断言1　相邻的两块 L 型骨牌不能同为左缺型，也不能同为右缺型．

证明　按左边那块 L 型骨牌的朝向分类．

• 若它为左缺型，则两块 L 型骨牌之间只能放 O 型骨牌．为了与这些 O 型骨牌拼合，右边那块 L 型骨牌必须为右缺型．这对应下图第一种情形．
• 若它为右缺型，则两块 L 型骨牌之间只能放 T 型骨牌．为了与这些 T 型骨牌拼合，右边那块 L 型骨牌必须为左缺型．这对应下图另外两种情形．

最左边的 L 型骨牌必为右缺型，因为它左侧只能有 O 型骨牌．同理，最右边的 L 型骨牌必为左缺型，因为它右侧也只能有 O 型骨牌．因此，可以把所有 L 型骨牌依次两两配对，每对左边为右缺型、右边为左缺型．同一对的两块 L 型骨牌之间只出现 T 型骨牌，而不同配对之间只出现 O 型骨牌．第一幅图中的红色矩形框标出了这些配对．

断言2　同一对中的两块 L 型骨牌围出一个 $\displaystyle 2\times m$ 矩形（包含这两块 L 型骨牌本身），其中 $\displaystyle m$ 是奇数；其间空间用 T 型骨牌填满的方法唯一．

证明　由断言1的证明，这一区域只能用 T 型骨牌填充．左边那块 L 型骨牌右侧紧接的 T 型骨牌位置唯一，因为它必须填上 L 型骨牌留下的缺口．下一块 T 型骨牌同样由第一块 T 型骨牌留下的缺口唯一确定．如此继续，直到到达本对中的另一块 L 型骨牌，所以填法唯一．若用了 $\displaystyle k$ 块 T 型骨牌，则整个矩形面积为 $\displaystyle 4k+6$，故 $\displaystyle m=2k+3$ 为奇数．

断言3　若相邻的两块 L 型骨牌不属于同一对，则它们之间围出一个 $\displaystyle 2\times m$ 矩形（不包含两块 L 型骨牌本身），其中 $\displaystyle m$ 为偶数；该区域用 O 型骨牌填满的方法唯一．

证明　与前一断言相同，此区域只能放 O 型骨牌，显然只有一种填法．若用了 $\displaystyle k$ 块 O 型骨牌，则面积为 $\displaystyle 4k$，所以 $\displaystyle m=2k$ 为偶数．

将各列从左到右编号为 $\displaystyle 1,2,\ldots,199$，以一块 L 型骨牌最左侧小格所在的列号作为它的位置．由前两个断言，同一对中两块 L 型骨牌的位置奇偶性相反，而不属于同一对的相邻 L 型骨牌的位置奇偶性相同．

假设共有 $\displaystyle \ell$ 对 L 型骨牌．在它们的位置确定后，每一对所围出的矩形块都有两种上下朝向，因此共有 $\displaystyle 2^\ell$ 种铺法．图中展示了同一组位置对应的两种朝向．

下面计算有 $\displaystyle \ell$ 对 L 型骨牌时，各位置的选择数．从左到右记这些位置为 $\displaystyle a_1,b_1,a_2,b_2,\ldots,a_\ell,b_\ell$．由上述断言，

因此 $\displaystyle a_i$ 与 $\displaystyle a_{i+1}$ 的奇偶性相反．又因为最左边的 L 型骨牌左侧只能铺 O 型骨牌，所以 $\displaystyle a_1$ 为奇数．类似地，$\displaystyle b_\ell$ 为偶数，故 $\displaystyle a_\ell$ 也为奇数．于是 $\displaystyle a_1,a_\ell$ 奇偶性相同，说明 $\displaystyle \ell$ 为奇数．

对 $\displaystyle 1\leq i\leq\ell$ 和 $\displaystyle 0\leq j\leq\ell$，定义

其中约定 $\displaystyle b_0=-1,a_{\ell+1}=200$．这些量分别表示每对相邻 L 型骨牌之间的骨牌数，以及最左、最右两端的骨牌数．每个 $\displaystyle c_i,d_j$ 都是非负整数，且

由隔板法，这 $\displaystyle 2\ell+1$ 个非负整数的选法数为

每种选择都可实现为铺法，因为奇偶性条件保证各个 L 型骨牌之间的区域可以用相应的四格骨牌填满．每种位置选择产生 $\displaystyle 2^\ell$ 种铺法．对正奇数 $\displaystyle \ell$ 求和，得到

其中只有 $\displaystyle 3\ell\leq199$ 的项可能非零．模 $\displaystyle 128$ 时，前三项之后的各项都为 $\displaystyle 0$．事实上，检查二项式系数中的因子 $\displaystyle 2$ 的个数，还能说明第二、第三项也都为 $\displaystyle 0$．记 $\displaystyle \nu_2$ 为 $\displaystyle 2$ 进赋值，则

以及

所以 $\displaystyle 2^7=128$ 同时整除 $\displaystyle 2^3\binom{101}{6}$ 与 $\displaystyle 2^5\binom{102}{10}$．【译注：官方第二个赋值式误写成 $\displaystyle \nu_2(101!)-\nu_2(10!)-\nu_2(91!)=97-8-86=3$．正确式应如上，赋值为 $\displaystyle 2$；加上外面的 $\displaystyle 2^5$ 后仍恰好含至少 $\displaystyle 7$ 个因子 $\displaystyle 2$，不影响结论．】

故只须计算 $\displaystyle 2^1\binom{100}{2}=100\cdot99=9900$ 模 $\displaystyle 128$ 的余数，得到答案 $\displaystyle 44$．

解法2

我们求 $\displaystyle 2\times n$ 方格板铺法数的生成函数．设 $\displaystyle a_n$ 为完整 $\displaystyle 2\times n$ 方格板的铺法数，$\displaystyle b_n$ 为最左列删去一个指定小格后的铺法数．两种缺格位置上下对称，铺法数相同．下面建立 $\displaystyle a_n,b_n$ 的递推关系．

先计算 $\displaystyle a_n$．完整方格板最左端的骨牌只能是 O 型或 L 型．若为 O 型，余下一个 $\displaystyle 2\times(n-2)$ 的矩形，共有 $\displaystyle a_{n-2}$ 种铺法．若为 L 型，它有两种朝向，每种都留下一个首列缺一格的 $\displaystyle 2\times(n-1)$ 方格板，共有 $\displaystyle 2b_{n-1}$ 种铺法．因此

再计算 $\displaystyle b_n$．首列缺一格时，最左端的骨牌只能是 T 型或 L 型．若为 L 型，剩下完整的 $\displaystyle 2\times(n-2)$ 矩形，有 $\displaystyle a_{n-2}$ 种铺法；若为 T 型，则剩下首列缺一格的 $\displaystyle 2\times(n-2)$ 方格板，有 $\displaystyle b_{n-2}$ 种铺法．于是

【译注：官方先列“T 型或 L 型”，随后却将“前者”和“后者”的剩余形状对调．上述文字按图和递推式明确订正；原递推式本身正确．】

由 $\displaystyle b_{n-1}$ 的递推式，$\displaystyle a_{n-3}=b_{n-1}-b_{n-3}$．用 $\displaystyle a_n$ 的递推式减去 $\displaystyle a_{n-2}$ 的递推式，得到

这是一个四阶线性递推．由初始值 $\displaystyle a_0=1,a_1=0,b_0=0,b_1=0$ 以及上面的联立递推，可得到下表中的初始项：

【译注：官方说“前3项”，但表中列出了 $\displaystyle a_0$ 至 $\displaystyle a_3$ 共四项；最后一个 $\displaystyle b_n$ 单元格原文为空，保留为空．】

递推的特征多项式为 $\displaystyle x^4-2x^2-2x+1$，所以生成函数形如

其中 $\displaystyle P(x)$ 是次数不超过 $\displaystyle 3$ 的多项式．由初始项，

【译注：官方前两行都将 $\displaystyle 1+x^2+2x^3$ 误印为 $\displaystyle 1+x+2x^3$；此处按初始值及下一行订正．】

剩下只须求 $\displaystyle \frac{1-x^2}{1-2x^2-2x^3+x^4}$ 中 $\displaystyle x^{199}$ 的系数模 $\displaystyle 128$ 的值．关键变形为

【译注：官方本段行内提示式与这个陈列式的首个分母漏写系数 $\displaystyle 2$，印成 $\displaystyle 1-x^2-2x^3+x^4$；由已求得的生成函数及右侧 $\displaystyle (1-x^2)^2-2x^3$，正确分母是 $\displaystyle 1-2x^2-2x^3+x^4$．】

模 $\displaystyle 128$ 时，只须保留展开式的前七项．此外，$\displaystyle \frac1{(1-x^2)^n}$ 只含偶次幂，因此 $\displaystyle \frac{x^m}{(1-x^2)^n}$ 的各项次数与 $\displaystyle m$ 同奇偶．故只有分子幂次为奇数的项会对 $\displaystyle x^{199}$ 的系数有贡献．

在 $\displaystyle \frac1{(1-x^2)^k}$ 中，$\displaystyle x^{2n}$ 的系数为 $\displaystyle \binom{n+k-1}{k-1}$．所以所求系数为

沿用解法1最后的模运算，再次得到答案 $\displaystyle 44$．

解析．

答案． $\displaystyle 12$

将四个未知格全部填为 $\displaystyle 0$，得到下图．

任意相邻两数之积都是 $\displaystyle 0$ 或 $\displaystyle 6$，均能被 $\displaystyle 6$ 整除，故这样的填写符合要求．又因为 $\displaystyle 0$ 是最小的非负一位整数，所以任何其他填写都不会使总和更小．所求最小值为

解析．

答案． $\displaystyle \sqrt{34}$

由周长可知 $\displaystyle AB=\frac34$、$\displaystyle BC=\frac54$．由勾股定理，

所以第三个正方形的周长为 $\displaystyle 4AC=\sqrt{34}$．

解析．

答案． $\displaystyle 6$

三个 $\displaystyle A$ 必须连续出现．否则它们被分成至少两段，其中至少一段只有一个 $\displaystyle A$，这个 $\displaystyle A$ 就没有直接相邻的 $\displaystyle A$，与要求矛盾．

同理，三个 $\displaystyle B$ 和三个 $\displaystyle C$ 也分别连续．所以所有满足要求的字符串恰好是将三个字母块 $\displaystyle AAA$、$\displaystyle BBB$、$\displaystyle CCC$ 按任意顺序拼接得到的字符串，共 $\displaystyle 3!=6$ 个，且这些字符串确实都满足条件．

解析．

答案． $\displaystyle 92$

因为 $\displaystyle \overline{ab}=10a+b$、$\displaystyle \overline{ba}=10b+a$，所以

这里 $\displaystyle 1\le a+b\le18$．由于 $\displaystyle 11$ 为素数，$\displaystyle 11(a+b)$ 为平方数要求 $\displaystyle 11\mid a+b$，故只能有 $\displaystyle a+b=11$．为使 $\displaystyle \overline{ab}$ 最大，应使 $\displaystyle a$ 尽可能大，于是 $\displaystyle (a,b)=(9,2)$，得到 $\displaystyle 92$．检验可知 $\displaystyle 92+29=121=11^2$，确实符合要求．

解析．

答案． $\displaystyle \frac\pi2$

如下图，外侧四分之一圆的半径是直角边长为 $\displaystyle 1$ 和 $\displaystyle 2$ 的直角三角形的斜边，故为 $\displaystyle \sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5$．

所以大四分之一圆的面积为 $\displaystyle \frac14\pi(\sqrt5)^2=\frac{5\pi}4$，每个白色四分之一圆的面积为 $\displaystyle \frac14\pi\cdot1^2=\frac\pi4$．相减得到阴影面积

解析．

答案． $\displaystyle \frac{87}{100}$

设吃到毒苹果后仍继续传递和吃苹果，直到所有苹果都被吃完．这样的延长不会改变白雪公主是否吃到毒苹果．

在延长后的过程中，白雪公主共吃 $\displaystyle \left\lceil\frac{100}{8}\right\rceil=13$ 个苹果．毒苹果等可能地位于吃苹果顺序中的任意位置，所以她吃到毒苹果的概率为 $\displaystyle \frac{13}{100}$．所求概率为

解析．

答案． $\displaystyle 158$

设 $\displaystyle P(x)=Ax^2+Bx+C$，其中 $\displaystyle A,B,C$ 为实数．对任意实数 $\displaystyle m,n$，有

分别代入 $\displaystyle (m,n)=(1,9)$ 和 $\displaystyle (2,8)$，得

解得 $\displaystyle A=4$、$\displaystyle C=10$．因此

解析．

答案． $\displaystyle 4\sqrt2$

答案是 $\displaystyle 4\sqrt2$．下图给出一种构造：线段的水平跨度和竖直跨度都是 $\displaystyle 4$，故长度为 $\displaystyle \sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt2$．

下面证明不可能更长．反设存在长度大于 $\displaystyle 4\sqrt2$ 的合法线段．

断言一． 该线段或者连接最左列与最右列的方格，或者连接最上行与最下行的方格．

若水平、竖直跨度都不超过 $\displaystyle 4$，其长度就不超过 $\displaystyle \sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt2$．所以至少有一个跨度大于 $\displaystyle 4$．水平跨度大于 $\displaystyle 4$ 时必须跨过全部五列，竖直跨度大于 $\displaystyle 4$ 时必须跨过全部五行，从而断言成立．

利用图形的旋转对称性，不妨设两个端点分别位于最上行、最下行．再作左右反射，可设上端点位于上方左侧的方格 $\displaystyle O$．下端点只能位于方格 $\displaystyle A$ 或 $\displaystyle B$，如图所示．

若下端点位于 $\displaystyle A$，那么最长的候选线段连接 $\displaystyle O,A$ 的一对对角顶点，即图中的红线段，长度为 $\displaystyle \sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}<4\sqrt2$，不合假设．

断言二． 任何从 $\displaystyle O$ 连接到 $\displaystyle B$ 且试图留在“井”字形内的线段，都会穿过中央空洞，因而不合法．

如图建立坐标系，使原正方形顶点为 $\displaystyle (0,0)$、$\displaystyle (0,5)$、$\displaystyle (5,0)$、$\displaystyle (5,5)$．一条位于区域内、从 $\displaystyle O$ 连向 $\displaystyle B$ 的线段，必须经过 $\displaystyle O$ 的下边及 $\displaystyle B$ 的上边，故经过两点 $\displaystyle (x_1,4)$ 和 $\displaystyle (x_2,1)$，其中

其中点为 $\displaystyle \left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac52\right)$，且 $\displaystyle 2\le\frac{x_1+x_2}{2}\le3$，所以中点在中央空洞内部或其两条竖直边界上．又因 $\displaystyle x_1<x_2$，线段不是竖直的，即使中点恰在边界，也必穿过空洞内部．断言二成立．

所有情形均导致矛盾，因此所求最大值就是 $\displaystyle 4\sqrt2$．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{13}{15}$

因为三条色带的颜色两两不同，而每种颜色只有一种互补色，所以三条色带中至多出现一对互补色．

共有两对相邻色带．对任意一对，固定其中一条的颜色后，另一条等可能地取剩余 $\displaystyle 15$ 种颜色中的一种，恰有一种与前者互补，所以这一对互补的概率为 $\displaystyle \frac1{15}$．两对相邻色带同时互补是不可能的，故至少有一对相邻互补的概率为 $\displaystyle \frac2{15}$．所求概率为

解析．

答案． $\displaystyle 5\sqrt2$

由于左右两个四分之一圆面积相等，而各自包含的阴影面积相等，所以两块非阴影区域的面积也相等．设每块阴影面积为 $\displaystyle A$，每块非阴影面积为 $\displaystyle B$，如图．

小半圆面积为 $\displaystyle A+B$，大半圆面积为 $\displaystyle 2A+2B$，因此大半圆面积是小半圆的两倍，直径为小半圆直径的 $\displaystyle \sqrt2$ 倍．所以

解析．

答案． $\displaystyle \frac1{18}$

一个整数被 $\displaystyle 15$ 整除，当且仅当它同时被 $\displaystyle 3$ 和 $\displaystyle 5$ 整除．由于每位只能是 $\displaystyle 1$ 至 $\displaystyle 6$，能被 $\displaystyle 5$ 整除当且仅当末位为 $\displaystyle 5$，概率为 $\displaystyle \frac16$．

固定后五位之后，首位的六种可能值中总有恰好两种使各位数字和被 $\displaystyle 3$ 整除，故所得数能被 $\displaystyle 3$ 整除的条件概率恒为 $\displaystyle \frac13$，与是否被 $\displaystyle 5$ 整除无关．所以所求概率为

解析．

答案． $\displaystyle 59$

条件 $\displaystyle \binom nk\mid\binom n{k+1}$ 等价于比值为整数．由

可得

又因为 $\displaystyle \frac{n-k}{k+1}+1=\frac{n+1}{k+1}$，这个比值为整数当且仅当 $\displaystyle k+1\mid n+1$．$\displaystyle k=0$ 时自动成立，$\displaystyle k=1,2,3,4$ 时要求

所以最小值为 $\displaystyle n=60-1=59$．

解析．

答案． $\displaystyle 11$

每半条项链有 $\displaystyle 25$ 颗珠子，所以半条项链中绿珠数的最大值为 $\displaystyle 25-6=19$．如果一半的绿珠数最多，则另一半的绿珠数最少，故

注． 满足条件的排列确实存在，官方给出的例子如下．沿圆周依次是 $\displaystyle 19$ 颗绿珠、$\displaystyle 6$ 颗红珠、$\displaystyle 11$ 颗绿珠、$\displaystyle 14$ 颗红珠；图中 $\displaystyle G$ 表示绿珠，$\displaystyle R$ 表示红珠．

解析．

答案． $\displaystyle \sqrt[3]{86}$

设公比为 $\displaystyle r$．由等比数列关系可得

例如 $\displaystyle a_2=a_1r$、$\displaystyle a_3=a_1r^2$、$\displaystyle a_4=a_1r^3$，代入即可验证这两个等式．于是

取实立方根，得所求值 $\displaystyle \sqrt[3]{86}$．

解析．

答案． $\displaystyle \sqrt[4]{13}$

设边长为 $\displaystyle s$．将正方形的两条边延长到六边形的边界，如图．上方菱形的面积为 $\displaystyle 2$，底为 $\displaystyle s$，故高为 $\displaystyle \frac2s$；右方菱形同理，其高为 $\displaystyle \frac3s$．

图中边长为 $\displaystyle \frac2s$、$\displaystyle \frac3s$ 的矩形，其对角线长恰为 $\displaystyle s$．由勾股定理，

所以边长为 $\displaystyle s=\sqrt[4]{13}$．

解析．

答案． $\displaystyle 240$

记 $\displaystyle \tau(k)$ 为正整数 $\displaystyle k$ 的正因数个数．若 $\displaystyle a,b$ 都是 $\displaystyle N$ 的因数，则 $\displaystyle \operatorname{lcm}(a,b)$ 也是 $\displaystyle N$ 的因数．反复利用这一点：

• $\displaystyle 2026=2\cdot1013$，其中 $\displaystyle 1013$ 为素数，所以 $\displaystyle \tau(2026)=4$，从而 $\displaystyle 4\mid N$．
• $\displaystyle \tau(4)=3$，所以 $\displaystyle 3\mid N$，进而 $\displaystyle 2\cdot3\cdot1013\mid N$．
• $\displaystyle \tau(2\cdot3\cdot1013)=8$，所以 $\displaystyle 8\mid N$，进而 $\displaystyle 2^3\cdot3\cdot1013\mid N$．
• $\displaystyle \tau(2^3\cdot3\cdot1013)=16$，所以 $\displaystyle 16\mid N$．
• $\displaystyle \tau(16)=5$，所以 $\displaystyle 5\mid N$，从而 $\displaystyle 2^3\cdot3\cdot5\cdot1013\mid N$．
• $\displaystyle \tau(2^3\cdot3\cdot5\cdot1013)=32$，所以 $\displaystyle 32\mid N$．

综合以上条件，必有 $\displaystyle 2^5\cdot3\cdot5\cdot1013\mid N$．

下面证明 $\displaystyle N_0=2^5\cdot3\cdot5\cdot1013$ 本身符合条件．其任意正因数均可写为 $\displaystyle k=2^a3^b5^c1013^d$，其中 $\displaystyle 0\le a\le5$，$\displaystyle b,c,d\in\{0,1\}$．于是

这里 $\displaystyle r$ 是 $\displaystyle b,c,d$ 中等于 $\displaystyle 1$ 的个数，所以 $\displaystyle 0\le r\le3$，且 $\displaystyle 1\le a+1\le6$．因此 $\displaystyle \tau(k)$ 只能含素因子 $\displaystyle 2,3,5$，其指数分别不超过 $\displaystyle 5,1,1$，故 $\displaystyle \tau(k)\mid N_0$．

所以 $\displaystyle N_0$ 满足条件，且前面已证明任何可行 $\displaystyle N$ 都是其倍数，故它就是最小值．最后

解析．

答案． $\displaystyle 648$

断言． 每天黑板上这个数的末位数字都能被 $\displaystyle 4$ 整除．

用归纳法证明．第一天由题设显然成立．假设某天末位为 $\displaystyle x$，且 $\displaystyle 4\mid x$．若下一天将数字插在前面或中间，末位仍是 $\displaystyle x$；若在末尾插入 $\displaystyle y$，新数被 $\displaystyle 4$ 整除意味着 $\displaystyle 4\mid10x+y$，由 $\displaystyle 4\mid x$ 得 $\displaystyle 4\mid y$．断言得证．

设星期四的数为 $\displaystyle \overline{abcd}$．断言给出 $\displaystyle d\in\{4,8\}$．又由 $\displaystyle 4\mid10c+d$ 可得 $\displaystyle c$ 为偶数，且非零，所以 $\displaystyle c\in\{2,4,6,8\}$．

反过来，所有满足上述条件且各位非零的 $\displaystyle \overline{abcd}$ 均可达到：星期一写 $\displaystyle d$，星期二在前面插入 $\displaystyle c$，星期三在前面插入 $\displaystyle b$，星期四再在前面插入 $\displaystyle a$．过程中的数始终被 $\displaystyle 4$ 整除．

因此 $\displaystyle d$ 有 $\displaystyle 2$ 种选择，$\displaystyle c$ 有 $\displaystyle 4$ 种选择，$\displaystyle a,b$ 各有 $\displaystyle 9$ 种选择，所求个数为 $\displaystyle 2\cdot4\cdot9\cdot9=648$．

解析．

答案． $\displaystyle 12\sqrt7$

从 $\displaystyle B$ 向 $\displaystyle AD$ 作垂线，垂足为 $\displaystyle E$．如下图，由 $\displaystyle \angle BED=\angle TCD=90^\circ$ 可知 $\displaystyle B,E,C,T$ 四点共圆．由点 $\displaystyle D$ 对该圆的幂，

因为 $\displaystyle \triangle ABD$ 是等腰三角形，垂足 $\displaystyle E$ 是底边 $\displaystyle AD$ 的中点，所以 $\displaystyle AD=2ED$．由算术—几何平均不等式，

因此 $\displaystyle AT=AD+DT\ge12\sqrt7$．等号当且仅当 $\displaystyle AD=DT$ 成立．

最后说明等号可以达到．设 $\displaystyle C'$ 为 $\displaystyle C$ 关于 $\displaystyle D$ 的对称点，选择点 $\displaystyle A$，使其向 $\displaystyle BC$ 所作垂线的垂足恰为 $\displaystyle C'$．因为 $\displaystyle BC'=BD-DC=5<14=AB$，这样的点 $\displaystyle A$ 存在．此时

所以 $\displaystyle \triangle ADC'\cong\triangle TDC$，从而 $\displaystyle AD=DT$．所求最小值为 $\displaystyle 12\sqrt7$．

译注． 原解最后将全等式右端的三角形符号误排为角符号，此处已按上下文改正．

解析．

答案． $\displaystyle 150$

解法一：逐个考察素因子的指数．

先分解质因数：

由于 $\displaystyle a_1,a_2$ 互素，因子 $\displaystyle 2^4$ 必须完整地出现在分子或分母一侧，所以 $\displaystyle \frac{a_1}{a_2}$ 对乘积中 $\displaystyle 2$ 的指数的贡献为 $\displaystyle 4$ 或 $\displaystyle -4$．同理，另两个分数的贡献分别为 $\displaystyle \pm2$ 和 $\displaystyle \pm1$．

因此，约分后 $\displaystyle \frac{d_1}{d_2}$ 中 $\displaystyle 2$ 的指数为 $\displaystyle \pm4\pm2\pm1$，而 $\displaystyle d_1d_2$ 中相应指数为其绝对值，最小为 $\displaystyle 4-2-1=1$．同理：

• 素因子 $\displaystyle 3$ 对应指数为 $\displaystyle \pm2\pm3\pm0$，绝对值最小为 $\displaystyle -2+3=1$．
• 素因子 $\displaystyle 5$ 对应指数为 $\displaystyle \pm1\pm0\pm3$，绝对值最小为 $\displaystyle -1+3=2$．

所以 $\displaystyle d_1d_2\ge2\cdot3\cdot5^2=150$．下列构造同时达到各个下界：

故最小值为 $\displaystyle 150$．

解法二：使用素数赋值．

对素数 $\displaystyle p$ 及非零有理数 $\displaystyle x$，记 $\displaystyle \nu_p(x)$ 为 $\displaystyle x$ 的分子中 $\displaystyle p$ 的指数减去分母中 $\displaystyle p$ 的指数．例如 $\displaystyle \nu_2(\frac1{12})=-2$，$\displaystyle \nu_2(720)=4$．

译注． 原文将这个定义写成“使 $\displaystyle p^{-k}x$ 为整数的最大整数 $\displaystyle k$”．对一般有理数这并不成立，例如 $\displaystyle x=\frac1{12},p=2$ 时不存在这样的整数 $\displaystyle k$．此处采用其后全部计算实际使用的标准素数赋值定义，并将定义域限定为非零有理数．

我们使用以下性质：

1. $\displaystyle \nu_p(xy)=\nu_p(x)+\nu_p(y)$．
2. $\displaystyle \nu_p(\frac1x)=-\nu_p(x)$，因为 $\displaystyle \nu_p(x)+\nu_p(\frac1x)=\nu_p(1)=0$．
3. 若正整数 $\displaystyle x_1,x_2$ 互素，则 $\displaystyle \nu_p(x_1),\nu_p(x_2)$ 中至少一个为零，另一个等于 $\displaystyle \nu_p(x_1x_2)$．这是因为两个指数不可能同时为正，且它们之和为 $\displaystyle \nu_p(x_1x_2)$．

由第三条及乘法、倒数性质，有

为使 $\displaystyle d_1d_2$ 最小，应对每个素数分别使其非负指数最小．于是

因此

取 $\displaystyle \frac{a_1}{a_2}=\frac{16}{45}$、$\displaystyle \frac{b_1}{b_2}=\frac{27}{4}$、$\displaystyle \frac{c_1}{c_2}=\frac{125}{2}$，则积为 $\displaystyle \frac{150}{1}$，达到下界，故所求仍为 $\displaystyle 150$．

解析．

答案． $\displaystyle 2\sqrt3$

设圆的半径为 $\displaystyle r$，过 $\displaystyle B,C$ 的两条平行切线分别与圆相切于 $\displaystyle D,E$．则 $\displaystyle BD\parallel CE$，$\displaystyle D,A,E$ 共线，且 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle DE$ 的中点．四边形 $\displaystyle DECB$ 为直角梯形，$\displaystyle \angle BDE=\angle DEC=90^\circ$．

设 $\displaystyle H$ 为 $\displaystyle A$ 到 $\displaystyle BC$ 的垂足，$\displaystyle P$ 为 $\displaystyle BC$ 的中点．因为 $\displaystyle AP$ 是梯形 $\displaystyle DECB$ 的中位线，所以 $\displaystyle AP\perp DE$，如下图．

沿 $\displaystyle AP$ 将 $\displaystyle \triangle ABC$ 分成 $\displaystyle \triangle APB$ 和 $\displaystyle \triangle APC$，两者均以长为 $\displaystyle r$ 的 $\displaystyle AP$ 为底，对应高也均为 $\displaystyle r$．用 $\displaystyle [ABC]$ 表示三角形面积，可得

另一方面，$\displaystyle [ABC]=\frac12\,AH\cdot BC=\frac12\cdot3\cdot8=12$，故 $\displaystyle r^2=12$，从而 $\displaystyle r=2\sqrt3$．

解析．

答案． $\displaystyle 640$

称满足条件的字符串为好串．关键断言是：一个字符串为好串，当且仅当以下两种情况之一成立：

1. 它既以 $\displaystyle BB$ 开头，也以 $\displaystyle BB$ 结尾．
2. 它既不以 $\displaystyle BB$ 开头，也不以 $\displaystyle BB$ 结尾．

先证明断言．若串中没有 $\displaystyle A$，两类子串数均为零；长度至少为 $\displaystyle 2$ 时符合第一种情况，更短时符合第二种情况，所以断言成立．以下假设串中至少有一个 $\displaystyle A$．

将相同字母的极大连续段称为一个块．每个 $\displaystyle ABB$ 或 $\displaystyle BBA$ 子串，都对应于其中 $\displaystyle BB$ 所在的、长度至少为 $\displaystyle 2$ 的 $\displaystyle B$ 块．对这样的一个 $\displaystyle B$ 块，有三种情形：

• 它位于两个 $\displaystyle A$ 块之间：在开头恰好贡献一个 $\displaystyle ABB$，在末尾恰好贡献一个 $\displaystyle BBA$．
• 它位于整个字符串的开头：其后有 $\displaystyle A$ 块，故只在末尾贡献一个 $\displaystyle BBA$．
• 它位于整个字符串的结尾：其前有 $\displaystyle A$ 块，故只在开头贡献一个 $\displaystyle ABB$．

第一种情形总是成对贡献，两种子串的数量相同；第二、第三种情形各至多发生一次．因此，好串恰好要求第二、第三种情形同时出现或同时不出现，也就是断言所列的两个条件．

满足第一个条件时，首尾各两个字母固定为 $\displaystyle BB$，中间六个字母任取，共 $\displaystyle 2^6$ 个．满足第二个条件时，开头两个字母有 $\displaystyle 2^2-1=3$ 种选法，结尾两个字母也有 $\displaystyle 3$ 种选法，中间六个字母任取，共 $\displaystyle 3\cdot3\cdot2^6$ 个．因此答案为

解析．

答案． $\displaystyle 440$

因为分数 $\displaystyle \frac{100008}{700007}<1$，所求等价于其小数点后前 $\displaystyle 99$ 位数字之和．关键分解为

注意

且

因此，在 $\displaystyle \frac17$ 上加 $\displaystyle \frac1{100001}$，相当于：

• 在小数点后的第 $\displaystyle 5,15,\ldots,95$ 位各加 $\displaystyle 1$；
• 在第 $\displaystyle 10,20,\ldots,90$ 位各减 $\displaystyle 1$．

由于 $\displaystyle \frac17$ 的循环节各位都在 $\displaystyle 1$ 至 $\displaystyle 8$ 之间，这些操作不会产生进位或借位．故可先求 $\displaystyle \frac17$ 的前 $\displaystyle 99$ 位数字和，再计算增减量．

由 $\displaystyle 99=16\cdot6+3$，前 $\displaystyle 99$ 位包括 $\displaystyle 16$ 个循环节 $\displaystyle 142857$，每个数字和为 $\displaystyle 27$，末尾再接 $\displaystyle 142$，数字和为 $\displaystyle 7$．总和为 $\displaystyle 16\cdot27+7=439$．加上另一分数后，共有十位各加 $\displaystyle 1$、九位各减 $\displaystyle 1$，所以答案为 $\displaystyle 439+10-9=440$．

解析．

答案． $\displaystyle 720$

对正整数 $\displaystyle x$ 和素数 $\displaystyle p$，记 $\displaystyle \nu_p(x)$ 为满足 $\displaystyle p^k\mid x$ 的最大非负整数 $\displaystyle k$．使用以下两点：

• $\displaystyle \nu_p(xy)=\nu_p(x)+\nu_p(y)$．
• $\displaystyle x\mid y$ 当且仅当对每个素数 $\displaystyle p$ 都有 $\displaystyle \nu_p(x)\le\nu_p(y)$．

给定集合 $\displaystyle S$，令

断言一． $\displaystyle S$ 是整除丰富集，当且仅当对所有素数 $\displaystyle p$ 都有 $\displaystyle M_p(S)\le2m_p(S)$．

若该不等式成立，则对任意 $\displaystyle a,b,c\in S$，

故 $\displaystyle a\mid bc$．反之，若某个 $\displaystyle p$ 满足 $\displaystyle M_p(S)>2m_p(S)$，则可取 $\displaystyle a,b\in S$ 分别达到最大、最小指数，于是 $\displaystyle \nu_p(a)>2\nu_p(b)$，从而 $\displaystyle a\nmid b^2$，与题设矛盾．

断言二． 若整除丰富集的最小元素为 $\displaystyle n$，则其元素个数至多为 $\displaystyle \tau(n)$，其中 $\displaystyle \tau(n)$ 为 $\displaystyle n$ 的正因数个数；反过来，对任意 $\displaystyle 1\le N\le\tau(n)$，都存在最小元素为 $\displaystyle n$、恰有 $\displaystyle N$ 个元素的整除丰富集．

证明第一部分：对每个素数 $\displaystyle p$，$\displaystyle m_p(S)\le\nu_p(n)$，而每个元素 $\displaystyle k\in S$ 的指数满足

所以该指数至多有 $\displaystyle m_p(S)+1\le\nu_p(n)+1$ 种取值．对所有素数相乘，得到元素总数至多为 $\displaystyle \prod_p(\nu_p(n)+1)=\tau(n)$．

证明第二部分：先取所有满足 $\displaystyle \nu_p(n)\le\nu_p(k)\le2\nu_p(n)$ 的正整数 $\displaystyle k$ 组成集合．也就是说取

它的最小元素是 $\displaystyle n$，共有 $\displaystyle \tau(n)$ 个元素，且由断言一满足要求．删除任何元素都不会破坏整除条件，所以保留 $\displaystyle n$ 并删去其他元素，便能得到任意所需大小 $\displaystyle N\le\tau(n)$．断言二得证．

因此，所求答案就是满足 $\displaystyle \tau(n)\ge25$ 的最小正整数．这里可以把题目中的“包含 $\displaystyle n$”归结为“最小元素为 $\displaystyle n$”，因为若包含一个更小的元素，该元素本身也会是一个更小的候选答案．

数 $\displaystyle 720=2^4\cdot3^2\cdot5$ 有 $\displaystyle (4+1)(2+1)(1+1)=30$ 个正因数，所以可行．下面排除更小的数．

为使 $\displaystyle n$ 最小，所用素数应从 $\displaystyle 2$ 开始连续选取，且素数越大，其指数不能越大，否则交换指数就会得到因数个数相同而更小的整数．因为 $\displaystyle 2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11=2310>720$，无需考虑素因子大于 $\displaystyle 7$ 的情况．若含素因子 $\displaystyle 7$，不超过 $\displaystyle 720$ 且指数按非增顺序排列的候选只有 $\displaystyle 2\cdot3\cdot5\cdot7=210$ 与 $\displaystyle 2^2\cdot3\cdot5\cdot7=420$，其因数数分别为 $\displaystyle 16$、$\displaystyle 24$；再提高任一指数就超过 $\displaystyle 720$．故最优数不含 $\displaystyle 7$．

若 $\displaystyle 5$ 的指数至少为 $\displaystyle 2$，则 $\displaystyle n\ge2^2\cdot3^2\cdot5^2=900>720$．所以只需比较 $\displaystyle 2^u$、$\displaystyle 2^u3^v$、$\displaystyle 2^u3^v5$ 三种形式．各自至少有 $\displaystyle 25$ 个因数时的最小值分别为

其中最小的是 $\displaystyle 720$，即所求答案．

译注． 原文首次定义最大指数时将 $\displaystyle M_p(S)$ 的自变量误排为 $\displaystyle x$，此处统一为集合 $\displaystyle S$．上述三种形式的末步比较，也可通过条件 $\displaystyle u+1\ge25$、$\displaystyle (u+1)(v+1)\ge25$、$\displaystyle 2(u+1)(v+1)\ge25$，分别在 $\displaystyle u\ge v\ge1$ 下直接检查得到．

解析．

答案． $\displaystyle 2+2\pi$

设正方形为 $\displaystyle ABCD$，红点在 $\displaystyle A$．先观察两个事实：

断言一． 对 $\displaystyle X\ne A$，一次折叠能将 $\displaystyle A$ 移到 $\displaystyle X$，当且仅当线段 $\displaystyle AX$ 的垂直平分线穿过正方形内部．这是因为折痕正是点与其反射像连线的垂直平分线．

断言二． 一条不经过 $\displaystyle A$ 的直线穿过正方形内部，当且仅当它穿过 $\displaystyle AB$、$\displaystyle AC$、$\displaystyle AD$ 中至少一条线段的内部．

令 $\displaystyle S$ 为三条开线段 $\displaystyle AB,AC,AD$ 的并集．由于 $\displaystyle AX$ 的垂直平分线不经过 $\displaystyle A$，上述两点说明：我们要找的就是满足“存在 $\displaystyle P\in S$ 使 $\displaystyle AP=PX$”的点 $\displaystyle X\ne A$．称这样的点为可达点．

断言三． 可达点集合恰为以下三个开圆盘的并集：

• 以 $\displaystyle B$ 为圆心、半径为 $\displaystyle 1$ 的圆盘 $\displaystyle \omega_B$；
• 以 $\displaystyle C$ 为圆心、半径为 $\displaystyle \sqrt2$ 的圆盘 $\displaystyle \omega_C$；
• 以 $\displaystyle D$ 为圆心、半径为 $\displaystyle 1$ 的圆盘 $\displaystyle \omega_D$．

下图显示这个集合，其中红色线段表示 $\displaystyle S$．

先证明任何可达点都在这三个圆盘之一中．若存在 $\displaystyle P\in AB$ 使 $\displaystyle AP=PX$，则 $\displaystyle X$ 位于以 $\displaystyle P$ 为圆心、半径为 $\displaystyle AP$ 的圆上．这个小圆在 $\displaystyle A$ 处与 $\displaystyle \omega_B$ 内切，其余点均在 $\displaystyle \omega_B$ 内，所以 $\displaystyle X\ne A$ 时在 $\displaystyle \omega_B$ 内．当 $\displaystyle P\in AC$ 或 $\displaystyle P\in AD$ 时同理，分别落在 $\displaystyle \omega_C$ 或 $\displaystyle \omega_D$ 内．

反过来，任取 $\displaystyle \omega_B$ 内一点 $\displaystyle X$，作一个经过 $\displaystyle X$、在 $\displaystyle A$ 处与 $\displaystyle \omega_B$ 内切的圆，并记圆心为 $\displaystyle P$．则 $\displaystyle P$ 在线段 $\displaystyle AB$ 的内部，且 $\displaystyle AP=PX$，故 $\displaystyle X$ 为可达点．对另外两个圆盘同理，断言三得证．

最后求三个圆盘并集的面积．令 $\displaystyle B',D'$ 分别为 $\displaystyle A$ 关于 $\displaystyle B,D$ 的对称点．如图，该并集除边界外可以分成三角形 $\displaystyle AB'D'$，以及分别以 $\displaystyle B,C,D$ 为圆心、半径为 $\displaystyle 1,\sqrt2,1$ 的三个外侧半圆，且各部分内部互不重叠．因此面积为

译注． 若折叠的是不含红点的那部分，红点可留在 $\displaystyle A$，因此完整可达集合还须包括点 $\displaystyle A$；加入一个点不改变上述面积．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{15}{56}$

定义多项式

注意以下三点：

1. $\displaystyle q$ 以 $\displaystyle 3,4,5,6,7,8$ 为根；
2. 因为 $\displaystyle p(x)-p(x-1)$ 的次数不超过 $\displaystyle 5$，所以 $\displaystyle q$ 的次数不超过 $\displaystyle 6$；
3. $\displaystyle q(0)=-1$．

由前两点，$\displaystyle q(x)=c(x-3)(x-4)\cdots(x-8)$．再由第三点，

分别代入 $\displaystyle x=2$ 与 $\displaystyle x=1$，得

所以

解析．

答案． $\displaystyle \frac5{17}$

将各列编号为 $\displaystyle 1$ 至 $\displaystyle 5$．构造顶点为 $\displaystyle 1,2,3,4,5$ 的多重图 $\displaystyle G$：对每一行，在这一行两个被选中点所在列对应的顶点之间连一条边．若若干行选中了相同的两列，就在对应顶点间连多条边．由于每列恰有两个选中点，$\displaystyle G$ 的每个顶点的度数都是 $\displaystyle 2$．下图给出了例子．

命题1：$\displaystyle G$ 的每个连通分支都是长度大于 $\displaystyle 1$ 的圈．

证明：图中没有孤立顶点，所以每个连通分支的顶点数都大于 $\displaystyle 1$．任取一个连通分支 $\displaystyle C$，按如下方法沿边行进：从某个顶点 $\displaystyle v_1$ 出发，到达顶点 $\displaystyle v_2$；此后每到一个顶点，就沿不同于刚才所走边的另一条边继续；直到某个顶点重复出现．由于 $\displaystyle C$ 有限，重复必然发生．

第一次重复出现的顶点一定是 $\displaystyle v_1$．否则，该顶点被进入两次、离开一次，至少关联三条不同的边，与度数为 $\displaystyle 2$ 矛盾．因此 $\displaystyle C$ 包含一个圈．圈上每个顶点的度数都是 $\displaystyle 2$，它关联的边已全部用在圈上，故整个连通分支就是这个圈，命题得证．

因此，$\displaystyle G$ 只能是一个长度为 $\displaystyle 5$ 的圈，或者由长度分别为 $\displaystyle 2$、$\displaystyle 3$ 的两个圈组成．四个选中点构成所求矩形，当且仅当存在一个长度为 $\displaystyle 2$ 的圈，即第二种情形．

第一种情形中，选择与顶点 $\displaystyle 1$ 相邻的两个顶点有 $\displaystyle \binom42$ 种方法；选定后补成圈有 $\displaystyle 2$ 种方法，共有 $\displaystyle 12$ 个可能的图 $\displaystyle G$．每条边连接的顶点对都不同，故把五条边分配给五行有 $\displaystyle 5!$ 种方法．

第二种情形中，将五个顶点分为大小分别为 $\displaystyle 2$、$\displaystyle 3$ 的两组，有 $\displaystyle \binom52=10$ 种方法；分组一旦确定，两个圈就确定了．每个图中有两条边连接同一顶点对，所以分配给五行有 $\displaystyle \frac{5!}{2}$ 种不同方法．

所求概率为

解析．

答案． $\displaystyle 40$

设两个数为 $\displaystyle A>B$．对正整数 $\displaystyle N$，用 $\displaystyle s(N)$ 表示其各位数字之和．设从 $\displaystyle A$ 中减去 $\displaystyle B$ 的竖式计算中一共发生 $\displaystyle R$ 次借位．

命题1：$\displaystyle s(A-B)=s(A)-s(B)+9R$．

证明：考察从右向左逐位相减的通常算法．在第 $\displaystyle i$ 步，从 $\displaystyle A$ 的该位数字 $\displaystyle A_i$ 中减去 $\displaystyle B$ 的该位数字 $\displaystyle B_i$，必要时借位．若不借位，结果中写下 $\displaystyle A_i-B_i$，为数字和贡献 $\displaystyle A_i-B_i$．若借位，写下 $\displaystyle A_i-B_i+10$，并从左边一位 $\displaystyle A_{i+1}$ 中减去 $\displaystyle 1$，所以总贡献相较于不借位时增加 $\displaystyle 9$．因此

这里逐步算法中的数字需计入前一步造成的借位调整；等价地，每跨过一个相邻数位边界借位，数字和就增加 $\displaystyle 9$．

分别对 $\displaystyle R\in\{0,1,2,3,4\}$ 优化．原解的思路是在借位次数满足要求的前提下，尽量让 $\displaystyle A$ 使用较大的数字．十个数字总和不变，这同时使 $\displaystyle s(B)$ 尽量小，从而由命题1使 $\displaystyle s(A-B)$ 尽量大．各情形给出的最优构造如下：

• $\displaystyle R=0$：$\displaystyle 98765-43210=55555$，数字和为 $\displaystyle 25$；
• $\displaystyle R=1$：$\displaystyle 98764-32105=66659$，数字和为 $\displaystyle 32$；
• $\displaystyle R=2$：$\displaystyle 98753-21064=77689$，数字和为 $\displaystyle 37$；
• $\displaystyle R=3$：$\displaystyle 98642-10753=87889$，数字和为 $\displaystyle 40$；
• $\displaystyle R=4$：$\displaystyle 97530-18642=78888$，数字和为 $\displaystyle 39$．

最后一种情形不能继续照搬前面的模式：$\displaystyle 97531-08642=88889$ 虽有更大的数字和，但较小的数有前导零，不是五位数，因而不允许．综合各情形，最大数字和为 $\displaystyle 40$．

译注与核校：原文将“从 $\displaystyle A_i$ 中减去 $\displaystyle B_i$”的主被减数口误写反，且把 $\displaystyle 97531-08642$ 的结果误印为 $\displaystyle 8889$，此处已改为 $\displaystyle 88889$．原解只简述上述各借位情形的最优性，没有展开上界证明；以上是忠实译解，不将构造本身冒充最优性证明．独立穷举核校列于审计报告，以所有十个数字的排列、两数均五位且 $\displaystyle A>B$ 为条件，核验了五类最大值及最终答案．

解析．

答案． $\displaystyle \frac6{601}$

设前 $\displaystyle 100$ 轮没有玩家获胜的概率为 $\displaystyle r$．则 $\displaystyle P_1$ 获胜的概率为

$\displaystyle P_2$ 获胜的概率为

同理，$\displaystyle \frac{(1-p_1)(1-p_2)p_3}{1-r}=\frac1{100}$，$\displaystyle \frac{(1-p_1)(1-p_2)(1-p_3)p_4}{1-r}=\frac1{100}$，依此类推．用式（2）除以式（3），得到 $\displaystyle \frac{p_1}{1-p_1}=p_2$；一般地，对 $\displaystyle 1\le i\le99$，有 $\displaystyle \frac{p_i}{1-p_i}=p_{i+1}$． 令 $\displaystyle q_i=\frac1{p_i}$，则

反复应用，得到 $\displaystyle q_1=q_{100}+99=\frac76+99=\frac{601}{6}$，所以 $\displaystyle p_1=\frac6{601}$．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{32}{33}$

在射线 $\displaystyle YA$ 上越过 $\displaystyle A$ 取点 $\displaystyle F$，使 $\displaystyle AF=2$．由边角边，$\displaystyle \triangle BRN\cong\triangle AFN$；再由边边边，$\displaystyle \triangle RYN\cong\triangle FYN$．由于

可得 $\displaystyle [FNY]=\frac{[BRYAN]}2=64$．又 $\displaystyle FY=12$，所以 $\displaystyle N$ 到直线 $\displaystyle AY$ 的距离为 $\displaystyle \frac{32}{3}$．因此

解析．

答案． $\displaystyle 30$

给定多项式 $\displaystyle f(x,y)$，定义有限差分

注意到

除常数情形外，次数至少下降 $\displaystyle 1$；当 $\displaystyle a=0$ 时，此差分为零．$\displaystyle \Delta_y$ 同理．所以，除常数多项式外，两个差分算子均使次数至少下降 $\displaystyle 1$．

由于 $\displaystyle p$ 的总次数不超过 $\displaystyle 4$，$\displaystyle q=\Delta_x\Delta_x\Delta_y\Delta_yp$ 的次数至多为 $\displaystyle 0$，即为常数．用已知数据计算 $\displaystyle q(1,1)$，就确定了 $\displaystyle q$ 的所有值；随后可以反向恢复差分，求出 $\displaystyle p(4,4)$．以下各表均按题面相同方式解释，星号表示尚未确定的数．

第一次沿列方向作差：

第二次沿列方向作差：

接着沿行方向作差两次：

因此 $\displaystyle q$ 处处为 $\displaystyle 0$．反向恢复得到：

然后继续反向恢复：

故 $\displaystyle p(4,4)=30$．

译注：原题直接以“右上角”为 $\displaystyle p(4,4)$，据此可知行号从下向上．此处明确写出，避免按通常从上向下编号误读．所有差分表均按原页逐格恢复，未省略星号表．

解析．

答案． $\displaystyle 80\sqrt{30}$

因为 $\displaystyle ABCD$ 四点共圆，$\displaystyle \triangle EAD\sim\triangle ECB$，故 $\displaystyle \frac{DA}{BC}=\frac5{10}=\frac12$．类似地，$\displaystyle \triangle FAB\sim\triangle FCD$，所以 $\displaystyle \frac{AB}{CD}=\frac6{10}=\frac35$．

在角 $\displaystyle DCB$ 内，与射线 $\displaystyle CD$、$\displaystyle CB$ 都相切且半径为 $\displaystyle 10$ 的圆唯一，所以 $\displaystyle \triangle EBC$ 与 $\displaystyle \triangle FCD$ 的内切圆重合．因此，四边形 $\displaystyle ABCD$ 也有内切圆．由外切四边形的对边和相等，

代入上述比例，得 $\displaystyle \frac32BC=AD+BC=AB+CD=\frac83AB$．令 $\displaystyle x=\frac{AB}{9}$，则 $\displaystyle AB,BC,CD,DA$ 依次为 $\displaystyle 9x,16x,15x,8x$．

下面用两种方法计算面积．首先，有内切圆的多边形面积等于内切圆半径乘以半周长，所以

另一方面，由于四边形圆内接，可用婆罗摩笈多公式：

令两式相等，得到 $\displaystyle x=\frac{10}{\sqrt{30}}$，从而 $\displaystyle [ABCD]=80\sqrt{30}$．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{2123}{8192}$

解法一

先计算 $\displaystyle n$ 分钟后各种质量的小球个数的期望，再利用期望的线性性计算总质量．每个小球每分钟以 $\displaystyle \frac12$ 的概率变成两个球，因此 $\displaystyle n$ 分钟后的球数期望为 $\displaystyle \left(\frac32\right)^n$．

先看恰好第 $\displaystyle k$ 分钟结束时质量为 $\displaystyle 2^{-k}$ 的球数，其中 $\displaystyle k>0$．第 $\displaystyle k-1$ 分钟后的每个球在第 $\displaystyle k$ 分钟平均贡献一个质量为 $\displaystyle 2^{-k}$ 的新球，所以其个数期望为 $\displaystyle \left(\frac32\right)^{k-1}$．当 $\displaystyle k=0$ 时例外，此时期望为 $\displaystyle 1$．

在 $\displaystyle n\ge k$ 分钟后仍然质量为 $\displaystyle 2^{-k}$ 的球，只能是在第 $\displaystyle k$ 分钟产生，此后 $\displaystyle n-k$ 分钟一直没有分裂．每个这样的球不再分裂的概率是 $\displaystyle \left(\frac12\right)^{n-k}$．因此，$\displaystyle n$ 分钟后这一质量的球数期望是 $\displaystyle \left(\frac32\right)^{k-1}\left(\frac12\right)^{n-k}$．当 $\displaystyle k=0$ 时仍需单独处理，其期望为 $\displaystyle \left(\frac12\right)^n$，即初始小球一直不分裂的概率．

于是总质量的期望为

取 $\displaystyle n=7$，得到 $\displaystyle \frac{2187-64}{8192}=\frac{2123}{8192}$．

解法二

用 $\displaystyle T_n$ 表示 $\displaystyle n$ 分钟后的总质量期望，按第一分钟的结果推导递推式．

若第一分钟分裂为两个质量为 $\displaystyle \frac12$ 的球，就分别考虑它们．将原题过程中的所有质量乘以 $\displaystyle \frac12$，则经过第 $\displaystyle 1,2,\ldots,n-1$ 分钟后的总质量期望为 $\displaystyle \frac12T_{n-1}$．这个缩放过程与一个质量为 $\displaystyle \frac12$ 的球经历第 $\displaystyle 2,3,\ldots,n$ 分钟完全对应．所以第一分钟后的每个球最终贡献的期望为 $\displaystyle \frac12T_{n-1}$，两个球合计为 $\displaystyle T_{n-1}$．

若第一分钟没有分裂，同样将所有质量减半并运行 $\displaystyle n-1$ 分钟的过程，与一个质量为 $\displaystyle 1$ 的球经历第 $\displaystyle 2,3,\ldots,n$ 分钟所得结果相同，只有一种例外：初始球此后始终没有分裂．这时缩放过程的结果是 $\displaystyle \frac12$，实际结果是 $\displaystyle 1$；此情形的概率为 $\displaystyle \frac1{2^{n-1}}$．因此这一分支的总质量期望为

两种分支各以 $\displaystyle \frac12$ 的概率发生，取平均得

这是非齐次线性递推．按通常方法，写成 $\displaystyle T_n=T_n^{(h)}+T_n^{(p)}$，其中齐次部分满足 $\displaystyle T_n^{(h)}=\frac34T_{n-1}^{(h)}$，特解满足 $\displaystyle T_n^{(p)}=\frac34T_{n-1}^{(p)}+\frac1{2^{n+1}}$，但不必满足边界条件．确实，任取这样的特解，令 $\displaystyle T_n^{(h)}=T_n-T_n^{(p)}$，便有

这样就归结为已知如何求解的齐次递推．

寻找特解时，尝试 $\displaystyle T_n^{(p)}=\frac{B}{2^n}$，因为这样 $\displaystyle T_n^{(p)}-\frac34T_{n-1}^{(p)}$ 与 $\displaystyle \frac1{2^n}$ 成比例，正是所需形式．代入得

故 $\displaystyle T_n^{(p)}=-\frac1{2^n}$．齐次递推立即给出 $\displaystyle T_n^{(h)}=A\left(\frac34\right)^n$，其中 $\displaystyle A$ 是常数．于是

由 $\displaystyle T_1=1$，得 $\displaystyle 1=\frac34A-\frac12$，即 $\displaystyle A=2$．所以

解析．

答案． $\displaystyle 5049$

对实数 $\displaystyle r$ 和正整数 $\displaystyle n$，记 $\displaystyle d_n(r)$ 为 $\displaystyle r$ 的小数点后第 $\displaystyle n$ 位数字．要求的是 $\displaystyle \sum_{n=1}^{178}d_n\left(\frac1{179}\right)^2$．

对任意实数 $\displaystyle r$、正整数 $\displaystyle n$ 和整数 $\displaystyle m$，有 $\displaystyle d_n(r)=d_1(10^{n-1}r)$，且 $\displaystyle d_n(r-m)=d_n(r)$．所以

因为 $\displaystyle \frac1{179}$ 每隔 $\displaystyle n$ 位重复当且仅当 $\displaystyle 179\mid10^n-1$，其循环节长度就是 $\displaystyle 10$ 模 $\displaystyle 179$ 的乘法阶．题目给出此阶为 $\displaystyle 178$，因此 $\displaystyle 1,10,10^2,\ldots,10^{177}$ 恰好各遍历一次模 $\displaystyle 179$ 的全部非零剩余类．故

数字 $\displaystyle d_1\left(\frac{k}{179}\right)$ 是满足 $\displaystyle d\le\frac{10k}{179}<d+1$ 的唯一数字 $\displaystyle d$，即等于 $\displaystyle d$ 当且仅当

将该区间的右端点向右延长 $\displaystyle \frac1{10}$，所得半开区间长度恰为 $\displaystyle 18$，所以含有恰好 $\displaystyle 18$ 个整数．原区间也含有 $\displaystyle 18$ 个整数，除非被删去的小区间

内含有一个整数，此时只有 $\displaystyle 17$ 个．这等价于 $\displaystyle \frac{179(d+1)}{10}$ 是整数，在 $\displaystyle 0\le d\le9$ 中只有 $\displaystyle d=9$ 满足．

另外求和只取 $\displaystyle 1\le k\le178$，还要排除属于 $\displaystyle d=0$ 对应区间的 $\displaystyle k=0$．故数字 $\displaystyle 0$ 和 $\displaystyle 9$ 各出现 $\displaystyle 17$ 次，其余数字各出现 $\displaystyle 18$ 次．答案为

解析．

答案． $\displaystyle \frac1p\approx24e^2=177.337346374\ldots$

记 $\displaystyle \nu_2(n)$ 为使 $\displaystyle 2^k$ 整除 $\displaystyle n$ 的最大整数 $\displaystyle k$，类似定义 $\displaystyle \nu_3(n)$．两个指数的变化彼此独立，且分别遵循同一种随机过程：

• 从 $\displaystyle 0$ 开始；
• 每一步，若当前数为 $\displaystyle m$，就等概率地用 $\displaystyle 0,1,\ldots,m+1$ 中的一个整数替换它．

所以可分别估计 $\displaystyle 2026$ 步后 $\displaystyle \nu_2(n)=4$、$\displaystyle \nu_3(n)=1$ 的概率，再相乘．

记第 $\displaystyle i$ 步后的数为 $\displaystyle n_i$，对非负整数 $\displaystyle i,j$，令 $\displaystyle p_{i,j}$ 表示 $\displaystyle \nu_2(n_i)=j$ 的概率，也就是 $\displaystyle \nu_3(n_i)=j$ 的概率．要在下一步得到 $\displaystyle j$，上一步的指数必须至少为 $\displaystyle j-1$；若上一步为 $\displaystyle k$，下一步从 $\displaystyle 0$ 至 $\displaystyle k+1$ 等概率选择，得到 $\displaystyle j$ 的概率为 $\displaystyle \frac1{k+2}$．因此

初始条件为 $\displaystyle p_{0,0}=1$，对 $\displaystyle j\ne0$ 有 $\displaystyle p_{0,j}=0$．约定 $\displaystyle p_{i,-1}=0$．

经过 $\displaystyle 2026$ 步后，我们预期各状态概率已经相当稳定，即 $\displaystyle p_{2026,j}\approx p_{2027,j}$；并预期 $\displaystyle p_{2026,1}$、$\displaystyle p_{2026,4}$ 远大于相邻两步的概率差，所以它们的倒数也相当稳定．原解说明，这种收敛及差值衰减可用马尔可夫链基本定理作严格论证．因此先计算长期平稳分布．

令平稳概率序列 $\displaystyle q_0,q_1,\ldots$ 满足 $\displaystyle q_0+q_1+\cdots=1$，以及对所有 $\displaystyle j\ge0$，

仍约定 $\displaystyle q_{-1}=0$．下面证明这个序列唯一，并计算 $\displaystyle \frac1{q_1q_4}$．将 $\displaystyle j+1$ 和 $\displaystyle j$ 代入式（4）后相减，得

命题1：对所有 $\displaystyle m\ge0$，$\displaystyle q_m=\frac{q_0}{m!}$．

证明：对 $\displaystyle m$ 作强归纳．当 $\displaystyle m=0$ 时显然；当 $\displaystyle m=1$ 时，在式（5）中取 $\displaystyle j=0$，得 $\displaystyle q_0-q_1=\frac{q_{-1}}1=0$，故 $\displaystyle q_1=q_0=\frac{q_0}{1!}$．

设 $\displaystyle m\ge2$，且对所有 $\displaystyle k<m$ 都有 $\displaystyle q_k=\frac{q_0}{k!}$．在式（5）中取 $\displaystyle j=m-1$，得 $\displaystyle q_{m-1}-q_m=\frac{q_{m-2}}m$．利用归纳假设，

归纳完成．

再由归一化条件，$\displaystyle 1=q_0\sum_{j=0}^{\infty}\frac1{j!}=q_0e$，得 $\displaystyle q_0=\frac1e$，所以 $\displaystyle q_j=\frac1{e\,j!}$．特别地，这确定了唯一可能的平稳分布．原解据此援引马尔可夫链基本定理．最终估计为

粗略取 $\displaystyle e^2\approx2.72^2\approx7.4$，得到 $\displaystyle 24\cdot7.4=177.6$，已足够取得全部 $\displaystyle 20$ 分．

原文附注与代码：原解附注称下列 Python 代码可计算答案，并称其与 $\displaystyle 24e^2$ 的偏差仅来自浮点误差，而浮点误差远大于第 $\displaystyle 2026$ 步分布与平稳分布的差异．原码逐字保留如下（缩进按原页恢复）：

probs = [1] + [0 for i in range(2026)]
for j in range(20):
    probs[2026] = probs[2025]/2027
    for k in range(2025, 0, -1):
        probs[k] = probs[k+1] + probs[k-1]/(k+1)
    probs[0] = probs[1]

print(1/(probs[4]*probs[1]))

译注与勘误：命题中的分母原印为 $\displaystyle j!$，应为 $\displaystyle m!$，已修正．原代码外层循环是 range(20)，实际仅迭代 $\displaystyle 20$ 步，不能称为完成 $\displaystyle 2026$ 步的计算，也不能据此认定残余差异只来自浮点误差．此外，对可数无限状态链，仅有平稳序列唯一还不能不加条件地推出收敛速率；原解没有给出第 $\displaystyle 2026$ 步误差的定量上界，所以本题结论保留为估算，不将稳态近似写成精确等式．

下面给出按原递推式真正进行 $\displaystyle 2026$ 步的修正版．每一步重新建立数组，并从高状态向低状态累加，避免原地更新带来的理解负担．第 $\displaystyle i$ 步的最大指数为 $\displaystyle i$，所以这些数组保留了所有可达状态，没有额外截断．

probs = [1.0]
for step in range(2026):
    nxt = [0.0] * (len(probs) + 1)
    tail = 0.0
    for k in range(len(probs) - 1, -1, -1):
        tail += probs[k] / (k + 2)
        nxt[k + 1] = tail
    nxt[0] = tail
    probs = nxt
print(1 / (probs[4] * probs[1]))

独立运行结果和浮点精度限制见审计报告；数值计算的吻合不等于严格误差证明．数值核验：原码的 $\displaystyle 20$ 步结果约为 $\displaystyle 177.338279896714$，修正版 $\displaystyle 2026$ 步结果约为 $\displaystyle 177.337346374336$，而 $\displaystyle 24e^2\approx177.337346374336$．原码的残余误差约为 $\displaystyle 0.0009335$，确实不是通常双精度浮点舍入误差的量级．

解析．

答案． $\displaystyle \frac{932081}{262144}=3.555606842041015625$；官方估算解得到 $\displaystyle 3.53125$，足够满分．

涂色完成后，在每个黑格的中心放置一个顶点，并在共享边的黑格中心之间连边，得到平面图．欧拉公式给出

其中 $\displaystyle C$ 是连通分支数，即黑色连通区域数，$\displaystyle V$ 是顶点数，$\displaystyle E$ 是边数，$\displaystyle F$ 是被边围住的面数（不计无界的外部面）．分别考察各格及各对相邻格，利用期望的线性性：

顶点较多的面出现的概率随面大小增加而指数下降．因此，可先用最小的面，即四个黑格组成的 $\displaystyle 2\times2$ 方块所形成的四边形面的期望个数，作为 $\displaystyle \mathbb E[F]$ 的一个较好下界．

这种形状共有 $\displaystyle 25$ 个可能位置，每处都需要两个原白格被涂黑，所以

于是

以此估计可得 $\displaystyle 6$ 分．为了更准确估计 $\displaystyle F$，再加上下图这种形状出现次数的期望．

原解称这种形状有 $\displaystyle 9$ 个可能位置（此位置数有误，见下方核校），需要四个白格被涂黑、另一个白格保持不变，因此出现次数的期望为 $\displaystyle \frac9{2^5}$．故

这一估计可以得到全部 $\displaystyle 20$ 分．

译注：答案栏列出精确期望，但上述官方解法实际给出的是可得满分的下界估算，没有推导精确分数．不可将 $\displaystyle 3.53125$ 写成精确期望．审计报告另列对全部 $\displaystyle 2^{18}$ 种涂色的独立枚举核验．位置计数勘误：上面的 $\displaystyle 9$ 是原文数据，实际应为 $\displaystyle 8$．一个 $\displaystyle 3\times3$ 黑环的中心必须是未涂黑的原白格，且不能位于边界．$\displaystyle 6\times6$ 棋盘的内部是 $\displaystyle 4\times4$ 方阵，其中恰有 $\displaystyle 8$ 个白格，所以这种有界面只有 $\displaystyle 8$ 个可能位置．按原解方法修正后应为

估计值 $\displaystyle 3.5$ 仍可取得 $\displaystyle 20$ 分．独立枚举所有 $\displaystyle 262144$ 种等概率涂色，连通分支个数总和为 $\displaystyle 932081$，因此核得精确期望 $\displaystyle \frac{932081}{262144}$；这项枚举是补充核验，不是官方原解的步骤．

解析．

答案． 官方答案为 $\displaystyle 11155$；官方估算过程得到约 $\displaystyle 11111$，足够满分．

设 $\displaystyle N$ 有 $\displaystyle k$ 位．一方面，通过改动一个数位可以得到大约 $\displaystyle 9k$ 个数；另一方面，一个数为素数的概率大致按 $\displaystyle \frac1{\log N}\sim\frac1k$ 的量级变化．因此，九位数满足第二个条件的概率与位数较少的数大致相近．我们先估计满足第一个条件的九位数也满足第二个条件的概率，再乘以 $\displaystyle 4\cdot10^8$，即小于 $\displaystyle 10^9$ 且满足第一个条件的正整数个数．

先假设 $\displaystyle k=9$．计算至多改动 $\displaystyle N$ 的一个数位后，仍不是 $\displaystyle 2$ 或 $\displaystyle 5$ 的倍数的候选数个数．按被改动的位置分类：

• 不改任何数位，有 $\displaystyle 1$ 种，即 $\displaystyle N$ 本身；
• 改末位，有 $\displaystyle 3$ 种，因为末位只能取 $\displaystyle 1,3,7,9$ 中不同于原末位的数字；
• 改首位，有 $\displaystyle 8$ 种，因为不能取 $\displaystyle 0$，也不能取原来的首位；
• 改其余任意一位，各有 $\displaystyle 9$ 种，因为可以取除原数字以外的任意数字．

共得 $\displaystyle 3+8+9\cdot7+1=75$ 个候选数．

大小约为 $\displaystyle N$ 的数是素数的概率约为 $\displaystyle \frac1{\ln N}$．预先知道它不是 $\displaystyle 2$ 或 $\displaystyle 5$ 的倍数时，将此估计乘以 $\displaystyle \frac21\cdot\frac54$．若假设这 $\displaystyle 75$ 个候选数成为素数的事件相互独立，就得到 $\displaystyle N$ 满足第二个条件的概率估计

在所考虑的区间内，这个函数递增且向下凹，因此用 $\displaystyle N=5\cdot10^8$ 处的值估计区间 $\displaystyle [10^8,10^9]$ 上的平均值．此时

于是概率估计为

又

所以初步估计为

可以得到 $\displaystyle 10$ 分．

为了改进，注意固定其余数位、只改变某位数字 $\displaystyle d$ 时，模 $\displaystyle 3$ 的一个剩余类会出现四次（来自 $\displaystyle d=0,3,6,9$），另外两个剩余类各出现三次．因此，这 $\displaystyle 75$ 个候选数中，几乎恰有三分之一能被 $\displaystyle 3$ 整除．下面就按恰好三分之一处理．此前的估计相当于把这 $\displaystyle 75$ 个候选数是否被 $\displaystyle 3$ 整除看作独立事件，这会显著影响结果．

于是，假设只有 $\displaystyle 50$ 个候选数不能被 $\displaystyle 3$ 整除，每个为素数的条件概率估计为

得到新的概率估计

同时改进数值近似．用泰勒展开

可得

首个略去项约为 $\displaystyle \frac14\left(\frac3{16}\right)^4\approx0.0003$，原解据此估计误差的量级．于是

由于 $\displaystyle e^{-11.5}=(e^{2.3})^{-5}\approx10^{-5}$，且 $\displaystyle e^{1.1}\approx3$，故 $\displaystyle e^{-10.4}=e^{1.1-11.5}\approx3\cdot10^{-5}$．得到

足够取得 $\displaystyle 17$ 分．

素数 $\displaystyle 3$ 之所以便于修正，是因为十个数字模它的剩余类分布近似均匀，所以这 $\displaystyle 75$ 个数的剩余类也近似均匀分布，而不是完全独立．原解认为另一个适于作这种修正的素数是 $\displaystyle 11$：十个数字恰好各命中十一个剩余类中的一个，且互不重复．相比之下，模 $\displaystyle 7$ 时，一部分剩余类出现一次，其余出现两次，分布较不均匀．于是再像处理 $\displaystyle 3$ 那样，加入对 $\displaystyle 11$ 的修正．

估计不被 $\displaystyle 3$ 或 $\displaystyle 11$ 整除的候选数为 $\displaystyle 50\cdot\frac{10}{11}=\frac{500}{11}$ 个，每个为素数的概率约为

因此，所求概率的新估计为

估计其自然对数：

译注：上一行完整保留原文中间算式，第三项的分数本身另有笔误：三次项应为 $\displaystyle \frac{500}{11}\cdot\frac13\left(\frac{33}{160}\right)^3=\frac{27225}{204800}\approx0.133$，前面不应再乘 $\displaystyle \frac{75}8$．按原文下一行的近似意图恢复后，应继续为

具体的手算近似方法并不重要：对负对数取 $\displaystyle 10.48$ 或 $\displaystyle 10.49$ 都足够．

再注意

所以

最后得到

已足够获得全部 $\displaystyle 20$ 分．

译注与核校边界：最后一页原文还把负对数误写成 $\displaystyle +10.49$，把 $\displaystyle 1.01$ 误接到 $\displaystyle 10.49-5(2.3)$，并把 $\displaystyle e^{-10.49}$ 误印为 $\displaystyle e^{10.49}$；上文均已按计算意图修正，原文层保留原印．“只有另一个素数 $\displaystyle 11$”是原解估算启发，并非关于任意素数的严格唯一性定理．整个过程使用素数密度、近似独立性和同余修正，只是估算，不能证明精确计数 $\displaystyle 11155$；本译解没有声称已对十亿以下整数完成独立精确筛查．