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喵喵喵 III

RRuiqun2009
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@min93n50
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2025/12/01 22:35
3 个月前
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打完比赛对完答案被人说 He's so Chinese 笑不活了。

Part A

A1-A4 宝宝题，不讲。
A5 两个筒的底面周长已知，所以可以算出半径。根据 Phytagorean theorem 计算高。解方程即可。答案：2021π\boxed{\sqrt\frac{20}{21}\pi}
A6 定义一个数的贡献为它的分段数减去 11。例：1303404113034041 的贡献是 22。
注意到每个 nn 位数 (n≥3)(n\ge 3) 都可以通过添加 0−90-9 的方式构建一个 n+1n+1 位数（标 n≥3n\ge 3 是为了暴力求小 case 简化计算）。那么在这 9×10n−19\times10^{n-1} 个 nn 位数里面，需要结尾是 00，并且添加的数字为 1−91-9，才能让贡献 +1。统计这样的贡献可以得到 81×10n−281\times10^{n-2}。
全部加起来（n=3…7n=3\dots 7）再加上 9×1079\times10^7 得到答案 98999910\boxed{98999910}。

Part B

B1,B2(a) 宝宝题，不讲。
B2(b) 用 tan⁡\tan 和角公式，tan⁡∠RPQ=7\tan\angle RPQ=7，得到答案 25\boxed{25}。
B2(c) 通过构造 ∠YXZ\angle YXZ 的角平分线，使用两次角平分线定理+角平分线长定理算出 WY=25810WY=\frac{25}8\sqrt{10}。再使用相似得到答案 (818,1178)\boxed{(\frac{81}8,\frac{117}8)}。
B3(a) 宝宝题，不讲。
B3(b) 假设 bn=a×gn−1b_n=a\times g^{n-1}。首先观察到：
c2=ac3=a(a+g)\begin{aligned} c_2&=a\\ c_3&=a(a+g) \end{aligned}
于是我们断定 t=a+gt=a+g。接下来是归纳过程：假设 cn−1=a(a+g)n−3c_{n-1}=a(a+g)^{n-3} 对所有 ≤n\le n 成立。
cn=bn−1+abn−2+∑i=1n−3bicn−i=agn−2+a2gn−3+∑i=1n−3a2(a+g)n−2−igi−1=a(a+g)(gn−3+a∑i=1n−3(a+g)n−3−igi−1)=a(a+g)(gn−3+a∑i=1n−3gi−1∑j=0n−3−i(n−3−ij)ajgn−3−i−j)=a(a+g)(gn−3+a∑i=1n−3∑j=0n−3−i(n−3−ij)ajgn−j−4)=a(a+g)(gn−3+∑j=0n−4aj+1gn−j−4∑i=1n−3(n−3−ij))=a(a+g)(gn−3+∑j=0n−4aj+1gn−j−4(n−3j+1))=a(a+g)(∑j=0n−3(n−3j)ajgn−3−j)=a(a+g)n−2\begin{aligned} c_n&=b_{n-1}+ab_{n-2}+\sum_{i=1}^{n-3}b_ic_{n-i}\\ &=ag^{n-2}+a^2g^{n-3}+\sum_{i=1}^{n-3}a^2(a+g)^{n-2-i}g^{i-1}\\ &=a(a+g)(g^{n-3}+a\sum_{i=1}^{n-3}(a+g)^{n-3-i}g^{i-1})\\ &=a(a+g)(g^{n-3}+a\sum_{i=1}^{n-3}g^{i-1}\sum_{j=0}^{n-3-i}\binom{n-3-i}{j}a^jg^{n-3-i-j})\\ &=a(a+g)(g^{n-3}+a\sum_{i=1}^{n-3}\sum_{j=0}^{n-3-i}\binom{n-3-i}{j}a^jg^{n-j-4})\\ &=a(a+g)(g^{n-3}+\sum_{j=0}^{n-4}a^{j+1}g^{n-j-4}{\color{red}\sum_{i=1}^{n-3}\binom{n-3-i}{j}})\\ &=a(a+g)(g^{n-3}+\sum_{j=0}^{n-4}a^{j+1}g^{n-j-4}{\color{red}\binom{n-3}{j+1}})\\ &=a(a+g)(\sum_{j=0}^{n-3}\binom{n-3}{j}a^jg^{n-3-j})\\ &=a(a+g)^{n-2} \end{aligned}
Q.E.D. 标红的部分使用了 Hockeystick's Identity。
B3(c) 假设 bn=a+d(n−1)b_n=a+d(n-1)。注意到
cn=b1cn−1+∑i=2n−1bicn−i=acn−1+∑i=1n−2bi+1cn−i−1=acn−1+∑i=1n−2(bi+d)cn−i−1=acn−1+d∑i=1n−2cn−i−1+∑i=1n−2bicn−i−1=(a+1)cn−1+d∑i=1n−2cn−i−1=(a+1)cn−1+d∑i=1n−2ci\begin{aligned} c_n&=b_1c_{n-1}+\sum_{i=2}^{n-1}b_ic_{n-i}\\ &=ac_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-2}b_{i+1}c_{n-i-1}\\ &=ac_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-2}(b_i+d)c_{n-i-1}\\ &=ac_{n-1}+d\sum_{i=1}^{n-2}c_{n-i-1}+\sum_{i=1}^{n-2}b_ic_{n-i-1}\\ &=(a+1)c_{n-1}+d\sum_{i=1}^{n-2}c_{n-i-1}\\ &=(a+1)c_{n-1}+d\sum_{i=1}^{n-2}c_i \end{aligned}
代入四个给定的 cc 值，设 k=∑i=12023cik=\sum_{i=1}^{2023}c_i，得到一个关于 a,d,ka,d,k 的三元方程组，解出 a,da,d 即可。答案：−6075\boxed{-6075}

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