奆佬题是年级举办的排名活动。下面列举题目和小编自己的解答（仅供参考）以及每期小编的年级排名（本题排名和总体排名）。

第一期（个人排名：10,10）

甲和乙玩游戏，开始黑板上写着一个0。有2019轮操作，每轮操作甲乙轮流进行，甲先在黑板上写上“+”或“-”，乙之后写上一个1~2019中还未写过的数，一轮操作就完了。最终这个式子的绝对值就是乙的得分。请问乙能保证自己能得到的最大分值是？

难度系数：1.1

答案：2018

解题思路：首先，甲的策略不难想到，可以将答案限制在2018内。那么乙要想使答案为2018，必要保证加的数与减的数之差在1004之外。我们就想到了分组。

解：

第一步，甲如何使乙的得分在2018及以内呢？很简单，如果当前式子是正的，就写“-”；如果当前式子是负的，就写“+”；是零就随便。那么就可以保证绝对值一直在2019以内。2019可以吗？不可以。根据奇偶性，不管甲怎么填，式子最后绝对值都是偶数。所以甲做到了！

第二步，乙如何使其得分大于等于2018呢？这就比较复杂了。首先，我们将1~2019分组（A组，B组，C组），使C组只有一个元素2018，AB组元素和相同且元素个数相同。这是可以办到的。每次甲写“+”，乙就写A组的数；每次甲写“-”，乙就写B组的数。当一个组的数写完时（一定会出现，不妨设是A组全写完），就写2018.这样，加的数的和就是A组元素和+2018，减去剩下的数是2018，也就是说即使甲一直写减，乙也可以保证。乙做到了！

综上，答案是2018.

第二期（个人排名：6,8）

在一个边长为12的正三角形网格中（下面是一个边长为2的例子）,有$n$个格子被感染了病毒。每一秒钟后，如果一个格子没有被传染并且周围与其边重合的格子感染数$>=2$，则这个格子会被感染。若些许时间过后，所有格子都被感染，求$n_{min}$。

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难度系数：0.8

答案：45

解题思路：考虑每一个小三角形，如果周围有两个被感染，即有两条相邻边被感染，这个三角形也会被感染。这显然是考虑周长。而所求是n的最小值，就需要不等式放缩。

解：

开始$n$个格子被感染，感染周长小于等于$3n$。每一次一个格子被感染，周长一定会变小（-1或-3）。最后所有格子都被感染之后，周长是36.故有：$3n-(144-n)>=36$，解得$n>=45$。构造略。

第二期推广：

在一个边长为$k$的正三角形网格中,有$n$个格子被感染了病毒。每一秒钟后，如果一个格子没有被传染并且周围与其边重合的格子感染数$>=2$，则这个格子会被感染。若些许时间过后，所有格子都被感染，求$n_{min}$。

答案:$\left\lceil\dfrac{1}{4}k(k+3)\right\rceil$。

第三期（个人排名：1,2）

在自然数中标记一些数，使得任意2019个连续自然数中必定至少存在一个数被标记。求证：被标记的数中存在两个数$i,j$（$i$不等于$j$），使得$i|j$。

难度系数：0.9

解题思路：“必存在两数”这类题，一般来说要用反证法。如何反证？就是要证明在一段区间内，2019个数每个数都是之前取过数的倍数。我们把一些数分为2020组（每组有2019个连续的数），如果每组的数都和之前组的对应位置的数有倍数关系，那么这道题就做完了。

证明：

设$a_{1_i}=i(1<=i<=2019);b_{i-1}=\prod\limits_{j=1}^{2019}a_{i-1_{j}};a_{i_j}=b_{i-1}+a_{i-1_j}$。

则易知$a_{i_1}-a_{i_{2019}}$是2019个连续的正整数。

其次，由于$a_{i_j}=b_{i-1}+a_{i-1_j}$是$a_{i-1_j}$的倍数，故对于任意的$x<y$，均有$a_{x_i}|a_{y_i}$。

设$a_{1_1}-a_{1_{2019}}$中选了$a_{1_k}$，则$a_{i_k}$就不能选了；$a_{2_1}-a_{2_{2019}}$中选了$a_{2_l}$,则$a_{i_l}$也不能选。故到$a_{2020_1}-a_{2020_{2019}}$时，无一数可选。矛盾。

故命题得证。证毕。

第四期（个人排名：2,1）

求证：若一个正整数能表示成三个三的倍数的数之平方和，那么它一定能表示成三个不是三的倍数的数之平方和。

难度系数：1.0

解题思路：考虑到$9(a^2+b^2+c^2)=(2a+2b-c)^2+(2b+2c-a)^2+(2c+2a-b)^2$,那么就自然想到把9的次数不断下降，知道为0，这道题就解决了。这就是无穷递降法。有一些细节需要处理。

证明：

设$N=(3^ka)^2+(3^kb)^2+(3^kc)^2=9^k(a^2+b^2+c^2)$，使$k$为正整数且$a,b,c$中至少有一个不是三的倍数，设其中一个是$a$。

那么，有$N=9^{k-1}[(2a+2b-c)^2+(2b+2c-a)^2+(2c+2a-b)^2]$。

设$x=2a+2b-c,y=2b+2c-a,z=2c+2a-b$。

若$x,y,z$中有一个是$3$的倍数，由于$x\%3=(a+b+c)\%3$，可得$a+b+c$也是$3$的倍数。

则把$a$换为$-a$，使得$-a+b+c$不是$3$的倍数且$N$和原来相同。

如此进行$k$次操作，就可以使$9$的指数变为$0$。证毕。

第五期（个人排名：6，2）

在一个$11\times 11$的棋盘上放置$n$个棋子，每一次操作步骤如下：先任意选择一个棋子，将其向任意方向（上，下，左，右）移动，直到到边缘或前方格子中有棋子为止。若不管怎么安排棋子，都能经过若干次操作，使得有一个棋子移到中间，那么$n$的最小值是多少？

难度系数：1.1

答案：3

解题思路：其实这道题一开始就想到3这个答案挺难的。首先，我们考虑，从角上一直到中间，需要11步，那么每一步前面都有棋子支撑就可以实现11个棋子完成目标。具体如下：
先把6个棋子移到$(1,1),(1,2),...,(1,6)$，然后将$(1,6)$向下至$(11,6)$，每次都先把一个棋子移到$(1,6)$在向下即可。但是考虑到把6个棋子挪至第一排然后不动，这样太“浪费”了。我们就想到循环运用棋子。这样答案就出来了。

解：

设从上到下分别是$1-11$行，从左到右分别是$1-11$列。

首先，容易证明，所有的棋子都能移到$1$行。然后将这三个棋子向左靠至$(1,1),(1,2),(1,3)$位。

接下来，每次进行操作，使$(1,i),(1,i+1),(1,i+2)$位置的三个棋子移至$(1,i+1),(1,i+2),(1,i+3)$，直到$i=5$。操作具体如下：

$(1,i)->(11,i)->(11,11)->(1,11)->(1,i+3)$

下一步，将位于$(1,6)$的棋子向下至$(11,6)$，并且操作$(1,5)->(1,6)->(10,6)$。

接下来，每次进行操作，使$(i,6),(i-1,6),(1,7)$位置的三个棋子移至$(i-1,6),(i-2,6),(1,7)$，直到$i=6$。操作具体如下：

$(i,6)->(i,1)->(1,1)->(1,6)->(i-2,6)$

这就达到目标了。

为什么2不行呢？

假设有一个棋子$A$到达了中间，那么它的相邻格子中必有棋子$B$。那么棋子$B$是怎么到达的呢？它的旁边肯定有除了$A$所在位以外的三个位置$C,D,E$曾经有棋子，而这个棋子就是$A$。而$C,D,E$三位置都无法在$B$不动的情况下到达$A$，这就矛盾了。

第五期推广：

在一个$k\times k(k>=3\text{，k为奇数})$的棋盘上放置$n(n<=k^2)$个棋子，每一次操作步骤如下：先任意选择一个棋子，将其向任意方向（上，下，左，右）移动，直到到边缘或前方格子中有棋子为止。

（1）若不管怎么安排棋子，都能经过若干次操作，使得有一个棋子移到中间，那么$n$的最小值是多少？

（2）若安排了2个棋子，使得可以做到，那么有几种安排方法？

答案：$3$；$k^2+2k-3$

第六期（个人排名：5，3）

一个圆分成了$1000$段圆弧$A_1-A_{1000}$(逆时针排列），每段圆弧上写有两个正整数数$A_{i_1},A_{i_2}$，满足$A_{i_1}+A_{i_2}$是$A_{i+1_1}\times A_{i+1_2}$的倍数，其中$A_{1001}=A_1$。记$M$为这$2000$个数的最大值，求$M_{max}$。

难度系数：1.2

答案：2001

解题思路：此题较难。首先，两数之和能被另两数之积整除，就自然会想到另两数一定比前面两数“小”。这就让我们想到了不等式放缩。要放缩什么呢？我们前面考虑了“小”的猜测，这就需要我们根据和最大的弧考虑。分析这个弧的下一个弧，和最大是多少；再考虑之后的弧，均考虑和最大值，最终转过一圈得到的值应大于初始弧的和。这样就出来了一个方程。构造根据解答不难想出。

解：

首先给出2001的构造：$(2,1001),(1,1003),(1,1004),(1,1005),...,(1,2001)$。

为什么$M<=2001$呢？

假设两数和最大的弧为$A_k$。

如果$A_{k_1},A_{k_2}>=2$，那么考虑$A_{k-1_1}+A_{k-1_2}>=A_{k_1}\times A_{k_2}>=A_{k_1}+A_{k_2}$，故所有弧的和都相等。则有$A_{k_1}+A_{k_2}>=A_{k+1_1}\times A_{k+1_2}=A_{k_1}\times A_{k_2}$，可推出$A_{k_1}=A_{k_2}=2$，故$M<=3$。

如果$A_{k_1}=1$，则$M=A_{k_2}$。记$S_i=A_{i_1}+A_{i_2}$。

则我们发现，如果$A_i$中有$1$，那么$S_i<=S_{i-1}+1$；如果没有$1$，那么$S_i<=\dfrac{S_{i-1}}{2}+2$。那么，对于弧$A_{k+1}$，必有$S_{k+1}<=\dfrac{S_{k}}{2}+2=\dfrac{M+5}{2}$。故有：$\dfrac{M+5}{2}+999>=M+1$，解得$M<=2001$。

综上，答案为2001。

第七期（个人排名：11，3）

有两个非负整数数A,B，甲乙两人轮流操作，甲先。每次操作都是：将其中一个数减去$2x$，将另一个数加上$x$（$x$为正整数）,还要保证两数都为非负整数。如果轮到一个人时不能再操作了，这个人就输了。 请问谁有必胜策略？

难度系数：0.8

答案：如果A，B之差小于2，则乙必胜；若否，则甲必胜。

解题思路：这是一道比较经典的操作类问题。在解决这一类问题时，都需要从小的情况开始向上递推。比如，我们枚举$A,B<=4$的情况，会发现答案中所说的结论。那么就考虑“无穷递降”方法：如果两数之差大于等于2，就可以进行操作使两数之差小于2。然后这道题就做完了。

解：

当$(A,B)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$时，显然甲一开始就无法进行操作，乙必胜。也可以说后者必胜。

考虑当$A,B$之差大于等于2时，设差为$k(k>=2)$。则取$x=\dfrac{k}{3}$最接近的整数，进行一次操作，就可以将两数之差控制在2以内。考虑到每次操作两数之和都会减少$x$，故当两数之和$<=1$时，乙无法操作。甲胜。

同理，假设$A,B$之差小于2，则甲的操作必会使差大于等于2，此时乙进行上述操作，此时乙胜。

综上，得出结论：如果A，B之差小于2，则乙必胜；若否，则甲必胜。

第八期（个人排名：2，2）

在正2021边形的2021个顶点上涂红色或蓝色，若一个以正2021边形的顶点为顶点的等腰三角形的三个顶点颜色相同，则称这个等腰三角形为“好三角形“。求证：“好三角形”的个数和染色方法无关。

难度系数：1.3

解题思路：个数与染色方法无关，也就是如果涂了$k$个红色，那么“好三角形”个数能用$k$表示。也就是说，个数能用一些定值表示。那就会很自然地想到列方程求出关系。考虑到每一条边一定参与了$3$个等腰三角形，并且全红的边构成的三角形要么是三红，要么是二红一蓝。显然全红的边的个数是定值$\dfrac{k(k-1)}{2}$，这样就可以列方程。

证明：

设染了$k$个红色。则两点为红的边有$a=\dfrac{k(k+1)}{2}$条，两点全蓝的边有$b=\dfrac{(2021-k)(2020-k)}{2}$条，均为定值。

易知，每一条边都被有且仅有三个等腰三角形包含。

设三个顶点全红的等腰三角形个数为$x$。则两个顶点红，一个顶点蓝的等腰三角形个数为$3a-3x$。

同理，设三个顶点全蓝的等腰三角形个数为$y$。则两个顶点蓝，一个顶点红的等腰三角形个数为$3b-3y$。

故所有等腰三角形的个数是$c=3a+3b-2x-2y$。因为$a,b,c$为定值，故$x+y$为定值，这就说明了“好三角形”的个数为定值。

综上，证毕。

第九期（个人排名：10，2）

若$n$为正整数，求关于$x$的方程：

$\dfrac{n^2}{(2n-1)-\dfrac{(n-1)^2}{(2n-3)-\dfrac{(n-2)^2}{(2n-5)-...\dfrac{4}{3-\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{x}}}}}}=2n+1$

的解，要求化到最简形式。

难度系数：1.1

解题思路：首先容易知道，这个方程如果按照正常方法化简，最后一定是一次方程。所以只需要求出一个解就可以。通过$n$较小时找规律可得$x=\sum ^n _{i=1} \dfrac{1}{i}$时满足。那么用数学归纳法就行了。

第十期（个人排名：2，1）：

请给出三个2020位数，满足构成这三个数的数字组成的可重复集合相同，并且有一个等于另外两个的和。

难度系数：0.6

解题思路：看到2020这个数，首先想到：不可能直接构造出来，必须要分段考虑。注意到$142857$这个数，满足$142857+285714=428571$，正好满足了六位的情况，还没有进位。所以就将2020位数分成六位一段，最后还有一个四位，试一下就可以了。

解：

$a=142857142857...1428571692$，$b=285714285714...2857141269$，$c=428571428571...4285712961$。

第十一期（个人排名：9，1）：

将一个形如下图的方块覆盖$5\times n$的棋盘，如果能做到每个格子被覆盖的次数相同（至少1次），求$n$的所有可能值。

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难度系数：1.2

解题思路：应该从小的情况试起，如果试得$n=k$时满足要求，那么$n=x\times k$也满足要求。至于如何证明不行，只能用“染色法”放缩。

解：

尝试得$n=2,9$时满足。下证$n=1,3,5,7$时均不满足要求。

当$n=1$时，显然不满足。

当$n=3,5,7$时，将坐标为$(2i-1,2j-1)$（其中$i,j$为正整数）的格子标记为0，其他格子标记为1。每一次放一个L形方块，标记为0的格子最多被覆盖1个，所以必有$\dfrac{\text{标记为0的个数}}{\text{标记为1的个数}}<=\dfrac{1}{2}$。这就矛盾了。

综上，$n$是除了$1,3,5,7$的所有正整数。

第十二期（个人排名：？，？）：

在数轴的每一个整点上放一些棋子（可以没有），满足棋子的总个数是有限的。有两种操作：1）将处于编号为$n,n+1$的各一个棋子去掉，在$n+2$位置上放一颗棋子；2）将处于$n$的两个棋子去掉，分别在$n-2,n+1$各放一个棋子。求证：操作一定会终止；并且不管如何操作，最后终止时的状态时固定的。

难度系数：1.5

解题思路：

这道题应该分两个部分解决。第一个是操作一定会终止；第二个是终止状态固定。

首先来看第一部分。我们来分析一下两种操作。第一种操作使得棋子个数-1，第二种操作使得所有棋子表示数之和-1（$2n=(n-2)+(n+1)+1$）。所以说，第一种操作不能进行无限次，进而第二种操作就要连续进行无限次。只需要从这里导出矛盾就行。

怎么导出矛盾？棋子表示数之和减去一，也就是说如果进行无限次操作，棋子表示数之和是无限小的，进而最左边的棋子在无限远处。而易得右端点棋子不会向左移，故区间是无限大的。那么只需证明“中空”区间有限长就可以了。

再来看第二部分。终止时当且仅当所有棋子都不重合且不相邻。遇到这样的题，首先想到“不变量”。不变的是什么呢？我们可以把表示$n$的点赋值为$x^n$，其中$x$待定。$x$需要满足的条件是每进行一次操作，所有棋子所在点赋值之和不变。这样，只需要证明两个终止情况的赋值和一定不同就可以了。