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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　対称性より $A_1=1$ として $3$ 倍すればよい．一旦 $A_1\\neq A_8$ という条件を除外し，\r\n$$d_{i,j}=(A_1 から A_i まで決めるとき，A_i=j であるようなものの個数)$$\r\nとする．このとき，\r\n$$\\displaystyle d_{i,j}=\\sum_{k=1}^3d_{i-1,k}-d_{i-1,j}$$\r\nという漸化式が成り立つから，これを用いて計算すると\r\n$$d_{8,1}=42,\\quad d_{8,2}=d_{8,3}=43$$\r\nが分かる．したがって，条件 $A_1\\neq A_8$ を考慮すれば，答えは $3\\times(43+43)=\\textbf{258}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/2899" }, { "content": "　包除原理を用いて解く．まず，以下の問題を $k=0,1,\\ldots, 8$ について考える．\r\n\r\n- $i=1,2,\\ldots, 8$ のうち，決められた $k$ 個が $A_{i}=A_{i+1}$ を満たすとき，$A$ として考えられるものは何通りですか？\r\n\r\nこの問題の答えは $k\\neq 8$ のとき $3^{8-k}$ 通り，$k=8$ のとき $3$ 通りである．\\\r\n　$8$ 個のうち，$k$ 個を決める方法は ${}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{k}$ 通りであることから，元の問題の答えは以下のように表せる：\r\n\r\n$$\\sum_{k=0}^{8}{{}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{k}(-1)^{k}3^{8-k}}+2(-1)^8=(3-1)^8+2=\\mathbf{258}.$$\r\n\r\n　以上の議論から，一般に長さを $n~(\\geq 2)$，$A$ の数字の種類を $m$ とすると，答えは $(m-1)^n+(m-1)(-1)^n$ であると拡張することができる（一般化した答えが求まると，その式が正しいかどうかを $n,m$ が小さいときに確かめることができる）．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/2899/28" }, { "content": "　一般に $8$ を $2n\\\\ (n \\ge 1)$ とおき，仮定の場合の数を $a_n$ としてこれを求める．\r\n　$$ a_1 = {}\\_3\\mathrm P\\_2 = 6 $$\r\nであり，以下では $n \\ge 2$ とする． \r\n　まず，$A_1,\\ldots, A_{2n-1}$ として考えられる整数の組は $\\left(3 \\times 2^{2n-2}\\right)$ 通りあり，これらを固定すると，$A_{2n}$ は $A_1 = A_{2n-1}$ のときは $2$ 通り，$A_1 \\ne A_{2n-1}$ のときは $1$ 通り．$A_1 = A_{2n-1}$ となる $A_1,\\ldots, A_{2n-1}$ の総数は，$n-1$ のときに等しいから\r\n$$ a_n = 3 \\times 2^{2n-2} + a_{n-1} \\implies a_n = 3 + \\sum\\_{k=0}^{n-1}\\left(3 \\times 2^{2k}\\right) = 2^{2n} + 2 \\quad (n \\ge 1) $$\r\nを得る．よって答えは $2^8 + 2 = \\mathbf{258}$．（potato167 さんの解説にある一般化も可能）", "text": "長さの漸化式", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/2899/29" } ]

[ { "content": "　組 $1\\le i\\lt j\\le 2022$ に対し，$i$ と $j$ が隣り合って現れる順列は $2\\times 2021\\times 2020!$ 通りある．ただし，$2$ は $i$ と $j$ の順序，$2021$ は $i,j$ の位置，$2020!$ は残りの数の並びに対応する．これより，求める総和は\r\n$$\\displaystyle S=\\sum_{j=1}^{2022}\\sum_{i=1}^{j-1}\\left(2\\times2021!\\times (j-i)\\right)=2\\times2021!\\times\\sum_{j=1}^{2022}\\sum_{i=1}^{j-1}(j-i)=\\frac{2021\\times2023!}3$$\r\nとなる．Legendreの定理より $2023!$ は $3$ で $1006$ 回割り切れるから，答えは $1006-1=\\textbf{1005}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/1766" } ]

[ { "content": "　正整数 $a,b,c$ を用いて $\\displaystyle n=2^{a-1}3^{b-1}5^{c-1}$ と表せば，$n$ の正の約数の個数は $abc$ と書ける．すなわち，$abc=k$ なる正整数の組 $(a,b,c)$ がちょうど $45$ 個であるような最小の正整数 $k$ を求める問題に帰着された．\\\r\n　$k$ の素因数分解を $k=\\prod_{i=1}^m p_i^{e_i}$ とおくと，各 $i$ に対し素因数 $p_i$ を $a,b,c$ に合計で $e_i$ 個分配する方法は\r\n$$\\frac{(e_i+1)(e_i+2)}2$$\r\n通りであるため，$abc=k$ を満たす正整数 $(a,b,c)$ の組は\r\n$$\\prod_{i=1}^m\\frac{(e_i+1)(e_i+2)}2$$\r\n通りであることが分かる．これが $45$ に等しいとき，一般性を失わず単調増加である $e$ のみ考えれば\r\n$$(e_1)=(8),(e_1,e_2)=(1,4)$$\r\n$2^8=256\\gt 48=2^4 \\times 3$ であるから，求める最小値は $\\textbf{48}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/2907" } ]

[ { "content": "　$AC$ と $BD$ の交点を $P$，$AC$ と $DE$ の交点を $Q$，$BC$ と $DE$ の交点を $R$ とする．\r\n\r\n\r\n**解法1.**　以下のように角度計算できることから，三角形 $ABF$ は $CBA$ と相似である．\r\n$$\\angle{BAF}=\\angle{BAE}=\\angle{BDE}=90^\\circ-\\angle{DQP}=90^\\circ-\\angle{RQC}=\\angle{ACB}$$\r\nよって $\\displaystyle BF=5\\times\\frac{5}{7}=\\frac{25}7$ であり，特に解答すべき値は $25+7=\\textbf{32}$ である． \r\n\r\n**解法2.**　$ADQ$ と $QCE$ は相似な二等辺三角形であり，$P,R$ はそれぞれの底辺の中点であることがわかる．三平方の定理より $AP=1$ であるから，$CE=CQ=4$ が従う．これより $ABF$ と $CEF$ は $5:4$ で相似だから，\r\n$$\\displaystyle FE=\\frac45BF, \\quad \\displaystyle AF=\\frac54FC=\\frac54(7-BF)$$\r\nよって，$\\angle ACF=\\angle FCE$ より\r\n$$6:4=AC:CE=AF:FE\\displaystyle =\\frac54(7-BF):\\frac45BF$$\r\nこれを解くことで $\\displaystyle BF=\\frac{25}7$ であり，特に解答すべき値は $25+7=\\textbf{32}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/2898" } ]

[ { "content": "　各村人について素直であるかを表す真理値を**素直度**と呼ぶ. $pe\\overbrace{p...p}^{n}er$ さんと $pe\\overbrace{p...p}^{f(10^n)}er$ さんの素直度は等しい. ここで, 合同式の法を $4$ とすれば,\r\n$$f(10^n) = \\begin{cases} 1 &(n \\equiv 0) \\\\\\ 10 \\equiv 2 &(n \\equiv 1) \\\\\\ 100 \\equiv 0 &(n \\equiv 2) \\\\\\ 91 \\equiv 3 &(n \\equiv 3) \\end{cases} $$\r\nよって, 以下のように必要十分条件を表現することができるから, 求める場合の数は $2^2 = \\textbf{4}$ である. \r\n\r\n- $n\\equiv 0,1,2$ なる $n$ について $pe\\overbrace{p...p}^{n}er$ さんの素直度がすべて等しい.\r\n- $n\\equiv 3$ なる $n$ について $pe\\overbrace{p...p}^{n}er$ さんの素直度がすべて等しい.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/1516" } ]

[ { "content": "　左から $k$ 個目のマスに駒があるとき, その駒に得点 $k - 1$ を割り当て, 各盤面について $100$ 個の駒の得点の総和をその盤面の得点とする. このとき, 各手番の前後での盤面の得点の差は $2$ 以上 $9$ 以下である. また, ゲーム開始時の盤面の得点は $0$ 点であり, ゲーム終了時の盤面の得点は $100(n -1) - 1 = 100n - 101$ 点以上である. したがってこのゲームは, 安達さんを先攻として, 安達さんと島村さんが $0$ に交互に $2$ 以上 $9$ 以下の好きな数を足していき, $100n - 101$ 以上にしたほうが勝ちというゲームに言い換えられる.\\\r\n　結論から言うと, このゲームには $n \\equiv 1,2 \\pmod{11}$ のとき島村さんに必勝法があり, それ以外のとき安達さんに必勝法があることが以下から分かる. 特にその総和は $\\textbf{4131}$ である. \r\n\r\n- $n \\equiv 1 \\pmod{11}$ のとき\\\r\n　島村さんは盤面の得点が $11$ を法として $100n - 100$ と等しくなるように常に操作できる. \r\n- $n \\equiv 2 \\pmod{11}$ のとき\\\r\n　島村さんは盤面の得点が $11$ を法として $100n - 101$ と等しくなるように常に操作できる. \r\n- $n \\equiv 3 \\pmod{11}$ のとき\\\r\n　安達さんは盤面の得点が $11$ を法として $100n - 100$ と等しくなるように常に操作できる. \r\n- $n \\equiv 0,4,5,\\ldots,10 \\pmod{11}$ のとき\\\r\n　安達さんは盤面の得点が $11$ を法として $100n - 101$ と等しくなるように常に操作できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/1808" } ]

[ { "content": "　各村人について素直であるかを表す真理値を**素直度**と呼び, $101$ を法とする原始根 $r$ について, $pe\\overbrace{p...p}^{f(r^n)}er$ さんの素直度を $s(n)$ で表す. $1\\leq n\\leq 100$ の範囲外についても, $s(n) = s(n - 100)$ であることに留意する.\\\r\n　条件より $pe\\overbrace{p...p}^{f(r^{n})}er$, $pe\\overbrace{p...p}^{f(r^{2n})}er$, ... , $pe\\overbrace{p...p}^{f(r^{100n})}er$ のうちちょうど偶数人が素直であることから, \r\n$$\r\n\\sum_{k = 1}^{100}s(kn) \\equiv 0 \\pmod{2}\r\n$$\r\nが任意の $n$ で成立する. ここで, $a$ を $10$ と互いに素な整数とし, $n$ に $25a,5a,a$ をそれぞれ代入すると,\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0 &\\equiv \\sum_{k = 1}^{100}s(25ak) \\equiv s(25) + s(50) + s(75) + s(100) \\pmod{2} \\\\\\\\\r\n0 &\\equiv \\sum_{k = 1}^{100}s(5ak) \\equiv s(5) + s(10 ) + \\cdots + s(100) \\pmod{2} \\\\\\\\\r\n0 &\\equiv \\sum_{k = 1}^{100}s(ak) \\equiv s(1) + s(2) + \\cdots + s(100) \\pmod{2} \r\n\\end{aligned}$$\r\nすなわち, $s(25),s(50),s(75),s(100)$ のうちちょうど偶数個が $1$ であり, $25$ の倍数でない $1$ 以上 $100$ 以下の $5$ の倍数 $k$ で $s(k) = 1$ なるものがちょうど偶数個あり, $5$ の倍数でない $1$ 以上 $100$ 以下の整数 $k$ で $s(k) = 1$ なるものがちょうど偶数個ある必要がある. 逆にこれらが十分条件であることもわかるから,\r\n$$\r\nm = \\left(\\sum_{k = 0}^{2}{\\_{4}}{\\mathrm{C}}\\_{2k}\\right)\\left(\\sum_{k = 0}^{8}{\\_{16}}{\\mathrm{C}}\\_{2k}\\right)\\left(\\sum_{k = 0}^{40}{\\_{80}}{\\mathrm{C}}\\_{2k}\\right) = 2^3\\times 2^{15}\\times 2^{79} = 2^{97}\r\n$$\r\nより, 求める値は $\\textbf{194}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/1514" } ]

[ { "content": "　$AX$ は円 $ABC$ の直径である. また, $AYX$ と $XYZ$ の外接円半径が等しいことから $\\angle XAY=\\angle XZY$ が成立し (これらがともに鋭角であることに留意せよ), 特に $AX=XZ$ および $AY=XY$ が成立することがわかる.\\\r\n　 三角形 $AXY$ の垂心を $H$ とし, 三角形 $ABC,AHX$ の外心をそれぞれ $O_1,O_2$ とすると, 有名事実として三角形 $AHX$ と $AXY$ の外接円半径が等しいことから $AO_2=HO_2=25$ である. したがって,\r\n$$O_1O_2=\\sqrt{AO_2^2-AO_1^2}=7,\\quad AH=HX=\\sqrt{(O_1O_2+HO_2)^{2} +AO_{1}^{2}} =40$$\r\nまたEuler線の議論より $HY=2O_1O_2=14$ である.\\\r\n　ここで $AY$ と $HX$ の交点を $P$ とすれば, 三角形 $HYP$ と $HXO_1$ は相似であるから\r\n$$PY=O_1X\\times\\dfrac{HY}{HX}=\\dfrac{42}{5}$$\r\n一方で三角形 $AHP$ と $AO_{2}O_{1}$ の相似より\r\n$$AP=AO_1\\times\\frac{AH}{AO_{2}} =\\frac{192}{5}$$\r\nしたがって $YZ=PY+PZ=PY+AP=\\dfrac{234}{5}$ である.\\\r\n　ところで, 簡単な角度計算によって三角形 $ABC$ と $XYZ$ は相似であり, 外接円半径を考えればその相似比は $24:25$ である. したがって, $BC=YZ\\times\\dfrac{24}{25}=\\dfrac{5616}{125}$ より, 解答すべき値は $\\textbf{5741}$ である. \\\r\n　なお, 実際には三角形 $AXY$ の外心は $AC$ 上にある. これを用いると, より簡潔に解くことが出来る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/270" }, { "content": "　三角形 $AXY$ と三角形 $XYZ$ の外接円半径が等しいことから， $\\angle XAZ=\\angle XZA$ となることと， $\\angle ABX=\\angle ACX=90^\\circ$ から $AX$ が三角形 $ABC$ の外接円の直径となることから， $XZ=XA=48$ となる．\\\r\n　角を追うと，三角形 $ABC$ と三角形 $XYZ$ は相似であり，相似比は外接円半径の比に一致するので $24:25$ である．よって， $XA:AC=XZ:AC=25:24$ であり，三角形 $ACX$ は三辺比が $7:24:25$ の直角三角形．\\\r\nまた， $AZ$ と $XB$ の交点を $P$ とし， $AZ$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点を $Q$ とすると，角を追うことで三角形 $ABP$ と三角形 $XQP$ は合同であり，この二つの三角形は三角形 $ACX$ と相似であるとわかる．\\\r\n　そこで，三角形 $ABP$ と三角形 $XQP$ の三辺の長さを $7k,24k,25k$ とおくと，三角形 $AXQ$ で三平方の定理より， $AX=40k=48$ から $k=\\dfrac{6}{5}$ となる．\\\r\n　よって， $BC=\\dfrac{24}{25}PZ=\\dfrac{24}{25}(PQ+QZ)=\\dfrac{24}{25}\\cdot39k=\\dfrac{5616}{125}$ より，解答すべき値は $\\textbf{5741}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/270/25" } ]

[ { "content": "　$1$ から $100$ の番号が付いた $100$ 個の頂点について, $pe\\overbrace{p...p}^{n}er$ さんが素直ならば頂点 $n$ を白で塗り, $pe\\overbrace{p...p}^{n}er$ さんが照れ屋さんならば頂点 $n$ を黒で塗る. さらに, 頂点 $n$ から頂点 $a_n$ へ有向辺を張ったグラフを考える. このグラフにおいて, どの辺も両端の頂点の色は異なり, どの頂点もただ一つの $2$ より大きな偶数個の頂点からなる閉路に含まれている. したがって, 特に白い頂点の数と黒い頂点の数は等しいことに注意する. \r\n\r\n----\r\n**補題.**　白い頂点 $W_1,W_2,\\dots,W_n$ と黒い頂点 $B_1,B_2,\\dots,B_n$ がある. このとき, これらの頂点の間に $2n$ 本の有向辺を張る方法であって, どの辺も両端の頂点の色は異なり, どの頂点もただ一つの偶数個の頂点からなる閉路に含まれているものは, $(n!)^2$ 通りある.\\\r\n**証明.**　$W_i$ から出る辺の行き先を $B_{p_i}$, $B_i$ から出る辺の行き先を $W_{q_i}$ とすると, \r\n$p_1,p_2,\\dots,p_n$ と $q_1,q_2,\\dots,q_n$ はそれぞれ $1,2,\\dots,n$ の置換である. \r\nまた, 異なるグラフについて異なる置換が得られる. \\\r\n　逆に, $p_1,p_2,\\dots,p_n$ と $q_1,q_2,\\dots,q_n$ をそれぞれ $1,2,\\dots,n$ の置換とすると, \r\n$W_i\\to B_{p_i}$, $B_i\\to W_{q_i}$ と辺を張ることで, 条件をみたすグラフとなる. \\\r\n　したがって, 条件をみたすグラフと置換 $\\\\{p_i\\\\},\\\\{q_i\\\\}$ の組は一対一対応するから, 示された. \r\n\r\n---\r\n\r\n　以下, $m$ を求めるため, 頂点の色を固定し, 包除原理を用いる. \r\n黒と白の頂点 $1$ つずつからなる閉路 $k$ 個の選び方は $\\left({}\\_{50}\\mathrm{C}\\_k\\right)^2k!$ 通りであるから\r\n$$\r\nm = {}\\_{100}\\mathrm{C}\\_{50}\\times \\sum\\_{k = 0}^{50} (-1)^k\\left({}\\_{50}\\mathrm{C}\\_k\\right)^2k!\\bigl((50 - k)!\\bigr)^2 = 100!\\times \\sum_{k = 0}^{50}\\frac{(-1)^k}{k!}\r\n$$\r\nを得る. 従って, それぞれの素数について計算することで求める答えは $50+26+12+10=\\bf{98}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/1698" }, { "content": "　最後に運営さんから補足があるので是非最後まで読んでください．\r\n\r\n----\r\n\r\n　$1,2,\\cdots, 100$ を頂点とし $n$ から $a_n$ に辺を張った有向グラフを考える．このとき条件より各連結成分は周期が $4$ 以上の偶数のサイクルであり，サイクルが $k$ 個のとき村人の性格は $2^k$ 通りある．\\\r\n　例として周期 $4$ のサイクルが $22$ 個，$6$ のサイクルが $2$ 個の場合を考えよう．このとき問題の組み合わせは\r\n$$\\frac{100!}{(4!)^{22}\\times (6!)^2}\\times \\frac{1}{22!\\cdot 2!} \\times (3!)^{22}\\times (5!)^2\\times 2^{22+2}=\\frac{100!}{2^{22}\\times 3^2}\\times \\frac{1}{22!\\cdot 2!}$$\r\n通りである．ここで，右辺をさらに以下のように変形する：\r\n$$\\frac{100!}{24!}\\times \\frac{1}{2^{22}\\times 3^2}\\times \\frac{24!}{22!\\cdot 2!}$$\r\nこのとき以下に留意する：\r\n- $2\\times 22+3\\times 2=50$\r\n- 第3項は $22$ 個の $2$ と $2$ 個の $3$ を並べ替える方法の総数になっている．\r\n\r\n　この要領で，連結成分の個数が $k$ 個である場合，問題の組み合わせの総数は以下の形式的冪級数の $x^{50}$ の係数で与えられることが分かる．\r\n$$\\frac{100!}{k!}\\left(\\frac{x^2}{2}+\\frac{x^3}{3}+\\frac{x^4}{4}+\\cdots\\right)^k$$\r\nこれを $k=1,2,\\cdots$ について足し合わせることで，結局求めるべき $m$ は以下で表される $Q(x)$ の $x^{50}$ の係数で与えられる．\r\n$$P(x)=\\frac{x^2}{2}+\\frac{x^3}{3}+\\frac{x^4}{4}+\\cdots,　Q(x)=\\frac{100!}{1!}P(x)+\\frac{100!}{2!}P(x)^2+\\frac{100!}{3!}P(x)^3\\cdots$$\r\nここで $P^\\prime (x) = x+x^2+x^3+\\cdots$ だから\r\n$$\\begin{aligned}\r\nQ^\\prime(x)&=P^\\prime (x) \\left(\\frac{100!}{0!}+\\frac{100!}{1!}P(x)+\\frac{100!}{2!}P(x)^2+\\cdots\\right) \\\\\\\\\r\n&= (x+x^2+x^3+\\cdots)(100!+Q(x))\r\n\\end{aligned}$$\r\n$Q(x)=a_0+a_1 x+ a_2 x^2+\\cdots$ とおけば $m=a_{50}$ であり，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nQ^\\prime(x) &= a_1+2a_2x+3a_3x^2+\\cdots \\\\\\\\\r\n&= (a_0+100!)x+(a_0+a_1+100!)x^2+(a_0+a_1+a_2+100!)x^3+\\cdots\r\n\\end{aligned}$$\r\n係数比較と $a_0=a_1=0$ より以下が得られる：\r\n$$a_2=\\frac{100!}{2},　a_3=\\frac{100!}{3},　a_{k+2}=\\frac{100!+\\sum_{i=2}^{k} a_i}{k+2}　(k=2,3,\\cdots)$$\r\nあとは $a_{50}$ が $2,3,5,7$ でそれぞれ割り切れる回数を求めればよい．$b_n=\\dfrac{a_n}{100!}$ とおけば，帰納的に $b_n$ は以下に等しいことが分かる：\r\n- 正整数からなる狭義単調減少な有限数列であって，初項が $n$ であり，連続する $2$ 項の差が常に $2$ 以上であるようなものすべてについて，項の総積の逆数を足し合わせた値．\r\n\r\n例えば $n=6$ のときは\r\n$$b_6=\\frac{1}{6\\times 4\\times 2}+\\frac{1}{6\\times4}+\\frac{1}{6\\times 3}+\\frac{1}{6\\times 2}+\\frac{1}{6}$$\r\nである．以下 $2,3,5,7$ それぞれについて $b_{50}$ のオーダーを考える（便宜上負の値も考える）．\r\n- $2$ のとき $\\\\{50,48,46,\\cdots,2\\\\}$ のときのみオーダーが最小値 $-47$ を取り，$b_{50}$ のオーダーは $-47$ である．\r\n- $3$ のとき $\\\\{50,48,45,\\cdots,3\\\\}$ のときのみオーダーが最小値 $-22$ を取り，$b_{50}$ のオーダーは $-22$ である．\r\n- $5$ のとき\r\n$$\\\\{50,※,45,※,40,\\cdots,10,※,5,※\\\\}$$\r\nの形式で表される数列のときにオーダーが最小値 $-12$ を取り，$b_{50}$ のオーダーも $-12$ であることが計算により確認できる．\r\n- $7$ のとき\r\n$$\\\\{50,※,42,※,35,\\cdots,14,※,7,※\\\\}$$\r\nの形式で表される数列のときにオーダーが最小値 $-6$ を取り，$b_{50}$ のオーダーも $-6$ であることが計算により確認できる．\r\n\r\n以上より，求める値は $(97-47)+(48-22)+(24-12)+(16-6)=\\textbf{98}$ である．\r\n\r\n----\r\n\r\n（運営補足）形式的冪級数として $P,Q$ は次のように計算でき，これより本解説における $m$ の表式を得ることもできます．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nP(x)&=-\\log(1-x)-x,\\\\\\\\\r\nQ(x)&=100!(e^{P(x)}-1)\\\\\\\\\r\n&=100!\\left(\\dfrac{e^{-x}}{1-x}-1\\right)\\\\\\\\\r\n&=100!\\left(\\sum_{k\\geq 0}\\dfrac{(-x)^k}{k!}\\right)\\left(\\sum_{k\\geq 0}x^k\\right)-100!\\\\\\\\\r\n&=100!\\sum_{n\\geq 1}\\left(\\sum_{0\\leq k\\leq n}\\dfrac{(-1)^k}{k!}\\right)x^n\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/1698/70" } ]

[ { "content": "　$\\displaystyle f(x, y) = \\frac{x}{xy+1}$ とすると, 任意の正の実数の組 $(p, q, r)$ に対して\r\n$$f(f(p, q), r) = f(p, q + r)$$\r\nが成立する. よって, $S_n = x_1 + x_2 + \\cdots + x_n$ と定めると, $x_{n+1}=f(x_{n},x_{n})$ から帰納的に\r\n$$\r\nS_{n + 1} - S_{n} = x_{n + 1} = f(x_1, x_1 + \\cdots + x_n) = \\frac{1}{S_n + \\frac{5926}{3141}}\r\n$$\r\nの成立が分かる. したがって, $\\displaystyle a_n = \\frac{S_n + \\frac{5926}{3141}}{\\sqrt n}$ とすると, 以下が成立する.\r\n$$\r\na_{n+1} = \\frac{na_n^2 + 1}{\\sqrt{n^2 + n}\\thinspace a_n}\r\n$$\r\n　ところで, $\\displaystyle g_n(x) = \\frac{nx^2 + 1}{\\sqrt{n^2 + n}\\thinspace x}$ とするとき, $g_n(x)$ が $x\\ge1$ で単調増加であることは容易に確かめられる. したがって, 方程式 $x = g_n(x)$ の唯一の正の実数解を $x=b_n $とすれば, $a_1 \\gt b_1$ から帰納的に $a_n\\gt b_n$ が従う. また, $x\\gt b_n$ において $g_n(x)\\lt x$ であることから $\\lbrace a_n\\rbrace$ は単調減少する. ここで\r\n\r\n$$b_n=\\sqrt{\\sqrt{1 + 1\\/n} +1}\\gt 1$$\r\nであり, これは単調減少で $\\sqrt{2}$ に収束するから, 以上より $\\lbrace a_n\\rbrace$ は $\\sqrt2$ 以上 $a_1$ 以下のある実数値に収束し,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\lim_{n\\rightarrow \\infty}\\frac{S_{5358n}}{S_n} &= \\lim_{n\\rightarrow \\infty}\\frac{\\sqrt{5358n}\\thinspace a_{5358n} - \\frac{5926}{3141}} {\\sqrt{n}\\thinspace a_{n} - \\frac{5926}{3141}}\\\\\\\\\r\n &= \\lim_{n\\rightarrow \\infty}\\frac{\\sqrt{5358}\\thinspace a_{5358n} - \\frac{5926}{3141\\sqrt n}}{a_{n} - \\frac{5926}{3141\\sqrt n}}\\\\\\\\\r\n&= \\sqrt{5358}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nよって, $P(x)$ は $\\sqrt{5358}-1$ の最小多項式 $x^2 +2x - 5357$ であるから, 求める値は $\\bf{100014643}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/2555" }, { "content": "　この問題をエスパーで解く方法を紹介します（したがって，この解説内には厳密でない記述がたくさん登場します）．\\\r\n　$\\displaystyle\\frac{1}{x_n}=y_n$ とおくと， $y_{n+1}=y_n+\\dfrac{1}{y_n}$ です．差分 $y_{n+1}-y_n$ を微分とみなすことにすると $y^\\prime(n)=\\dfrac{1}{y(n)}$ となり，この微分方程式を解くことで $y_n$ がおおよそ $\\sqrt{2n}$ であることがわかります．ここから $x_1+x_2+\\cdots+x_n$ を評価するにあたって，思いきって\r\n$$\\displaystyle\\frac{1}{\\sqrt{2}}+\\frac{1}{\\sqrt{4}}+\\cdots+\\frac{1}{\\sqrt{2n}}$$\r\nに置き換えます．総和なので積分だと思うことにすると，これはおおよそ $\\displaystyle\\int_0^n\\frac{1}{\\sqrt{2x}}dx=\\sqrt{2n}$ となります．\\\r\n　よって，極限値が $\\sqrt{5358}-1$ と求まります．\r\n\r\n---\r\n\r\n【2022\\/03\\/16 01:49 追記】厳密にしたものも書いておきます．まず，$\\sqrt{2n}\\leq y_n\\leq\\sqrt{2n}+\\dfrac{1}{\\sqrt{2n}}$ が帰納法より確かめられます．\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n　$n=1,2$ のときは成り立つ．$x+\\dfrac{1}{x}$ の単調性に注意すると，左側の不等号は\r\n$$\\displaystyle\\sqrt{2n+2}-\\sqrt{2n}=\\frac{2}{\\sqrt{2n+2}+\\sqrt{2n}}\\leq\\frac{1}{\\sqrt{2n}}$$\r\nにより $\\sqrt{2n+2}\\leq\\sqrt{2n}+\\dfrac{1}{\\sqrt{2n}}$ であるから成り立つ．また，\r\n$$\\sqrt{2n}+\\dfrac{1}{\\sqrt{2n}}+\\dfrac{1}{\\sqrt{2n}+\\frac{1}{\\sqrt{2n}}}=\\dfrac{4n^2+6n+1}{(2n+1)\\sqrt{2n}}$$\r\nである，$n\\geq2$ に対し $\\dfrac{4n^2+6n+1}{(2n+1)\\sqrt{2n}}\\leq\\sqrt{2n+2}+\\dfrac{1}{\\sqrt{2n+2}}$ が頑張って展開するとわかるので，右側の不等号も成り立つ．\r\n<\\/details>\r\n\r\n$\\displaystyle\\sum_{k=1}^nx_k=S_n$ とします．積分を $\\displaystyle\\sum_{k=1}^n\\int_{k-1}^kf(x)dx$ と捉えることで，積分による概算値と実際の値との差が評価できます．\r\n\r\n<details><summary>評価<\\/summary>\r\n　$\\sqrt{2n}\\leq y_n\\leq\\sqrt{2n}+\\dfrac{1}{\\sqrt{2n}}$ より， $\\displaystyle\\frac{1}{\\sqrt{2n}}-\\frac{1}{(2n)^{3\\/2}}\\leq x_n\\leq\\frac{1}{\\sqrt{2n}}$．$\\displaystyle S^\\prime_n=\\sum_{k=1}^n\\frac{1}{\\sqrt{2k}}$ とすると，\r\n$$\\displaystyle S^\\prime_n-\\sqrt{2n}=\\sum_{k=1}^n\\frac{1}{\\sqrt{2k}}-\\sum_{k=1}^n\\int_{k-1}^k\\frac{1}{\\sqrt{2x}}dx=\\sum_{k=1}^n\\left(\\frac{1}{\\sqrt{2k}}-(\\sqrt{2k+2}-\\sqrt{2k})\\right)=\\sum_{k=1}^n\\frac{2}{\\sqrt{2k}(\\sqrt{2k}+\\sqrt{2k+2})^2}$$\r\nとなり，これは $\\displaystyle O\\left(\\frac{1}{\\sqrt{n}}\\right)$ である．$\\displaystyle\\sum_{k=1}^n\\frac{1}{(2n)^{3\\/2}}$ も $\\displaystyle O\\left(\\frac{1}{\\sqrt{n}}\\right)$ であるので $S_n=\\sqrt{2n}+\\displaystyle O\\left(\\frac{1}{\\sqrt{n}}\\right)$ である．\r\n<\\/details>", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc074/editorial/2555/24" } ]

[ { "content": "　与式は以下のように表現できる：\r\n$$1.575+\\frac{1}{7}+\\frac{1}{9}$$\r\nさらに $1\\/7$ は小数点以下で $142857$ を繰り返し，$1\\/9$ は小数点以下で $1$ を繰り返すから，与式は\r\n$$1.828,968,253,968,253,968,\\ldots$$\r\n$924=6\\times(1+153)\\$ であることから，求める値は以下のように計算できる．\r\n$$(8+2+8+9+6+8)+153\\times(2+5+3+9+6+8)=\\textbf{5090}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/1536" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ と直線 $PM$ に対してMenelausの定理を適用することで, $AQ:QC=7:18$ を得る.\\\r\n　また, 三角形 $MBP$ と直線 $AC$ にMenelausの定理を適用することで, $PQ:QM=14:11$ を得る.\\\r\n　以上より, 求めるべき面積比は $14×7:18×11=49:99$ であるから, 解答すべき値は $49+99=\\textbf{148}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/1675" } ]

[ { "content": "　$x^{n-3}$ の係数は, $k$ 以下の正整数から $3$ つを選ぶ方法すべてについてそれらの積を足し合わせたものに等しく,\r\n$$\\dfrac{1}{6}\\Biggl(\\left(\\sum_{k=1}^{n} k\\right)^3-3\\left(\\sum_{k=1}^{n} k^2\\right)\\left(\\sum_{k=1}^{n} k\\right)+2\\left(\\sum_{k=1}^{n} k^3\\right)\\Biggr)=\\dfrac{1}{48}(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2$$\r\nこれは $n$ について単調であり, 特にこれが $55770$ となる $n$ は $\\textbf{12}$ のみである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/1679" } ]

[ { "content": "　都市を頂点，道を辺とすることで道路網を(無向)グラフとみなす．一般に，連結なグラフにEuler路が存在しない(一筆書き不可能である)ことは，次数が奇数の頂点が $4$ 個以上あることと同値である．ここではすべての頂点の次数が奇数であることを意味する．次数が奇数の頂点が $0,2,4$ 個となる $i$ 回の操作の組み合わせがそれぞれ $a_i,b_i,c_i$ 通りであるとする．ただし，$a_0=1,b_0=0,c_0=0$ とする．このとき，以下の関係が成り立つ．\r\n$$a_{i+1}=c_{i+1}=b_i,\\quad a_{i}+b_{i}+c_{i}=6^{i}$$\r\nこれより $b_{i+1}+2b_{i}=6^{i+1}$ が従う．ここで $d_i=b_i\\/(-2)^i$ とおけば $d_{i+1}-d_{i}=(-3)^{i+1}$ であることから，\r\n$$b_i=(-2)^{i}\\times (-3)\\times \\frac{1-(-3)^{i}}{4}=(-3)(-2)^{i-2}(1-(-3)^i)$$\r\nであることがわかる．したがって，答えは\r\n$$\\begin{aligned}\r\nc_{10^9+10}&=b_{10^9+9}\\\\\\\\\r\n&=3\\cdot 2^{10^9+7}(1+3^{10^9+9})\\\\\\\\\r\n&\\equiv 3\\cdot 2(1+3^3) &\\pmod{10^9+7}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\bf{168} &\\pmod{10^9+7}\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/1638" }, { "content": "　頂点の次数が奇数であるものの総数の求め方の別解です．\r\n\r\n---\r\n\r\n　 $n=10^9+10$ とおく．\r\n$$f(a,b,c,d)=(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^n$$\r\nを展開したときに，どの文字についても次数が奇数であるものの項の係数和が求めるべき総数 $S$ であり， $S$ は $(\\pm1,\\pm1,\\pm1,\\pm1)$ に対しそれぞれ $abcd\\times{f(a,b,c,d)}$ を計算したときの総和を，$16$ で割ったものである．\\\r\n　よって， $S=\\dfrac{1}{16}(2\\cdot6^n+6\\cdot(-2)^n)$ であり，Fermatの小定理から,\\\r\n$$S\\equiv(2\\cdot6^4+6\\cdot(-2)^4)\\div16\\equiv\\textbf{168}\\pmod{(n-3)}.$$", "text": "多項式を利用して漸化式を回避する", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/1638/23" } ]

[ { "content": "　まず $n$ が平方因子を持つとき, すなわちある素数 $p$ に対して $n$ が $p^2$ で割り切れるとき, $p^k\\equiv p\\pmod{n}$ となり得ないため $f(n)=-1$ である. したがって, 以下 $n=p_1p_2\\cdots p_l$ ($p_1,p_2,\\dots,p_l$ は相異なる素数)と表される場合のみ考えればよい. このとき, Fermatの小定理より\r\n$$k^\\prime=\\textrm{lcm}(p_1-1,p_2-1,\\cdots,p_l-1)+1$$\r\nとすると, $k=k^\\prime$ は条件をみたす. また, $2\\leq k\\lt k^\\prime$ であるとき, ある $i$ が存在して $p_i-1$ は $k-1$ を割りきらないから, $g$ を $p_i$ における原始根とするとき, $g^{k}\\not\\equiv g\\pmod{p_i}$ となり, 条件をみたさない. したがって $f(n)=k^\\prime$ がわかり, 特に $f(2021)=967$ である. よって, \r\n$$\\textrm{lcm}(p_1-1,p_2-1,\\cdots,p_l-1)=966=2\\times 3\\times 7\\times 23$$\r\nなる素数の組を数え上げればよい. $p-1$ が $966$ の約数であるような素数 $p$ は\r\n$$p=2,3,7,43,47,139,967.$$\r\nこのうち, $43,967$ から一つ以上選び, かつ $47,139,967$ から一つ以上選べば条件をみたすから, $43,47,139,967$ からの選び方は $11$ 通りであり, $2,3,7$ の選択は任意であるから, 全体では $\\textbf{88}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/1722" } ]

[ { "content": "　三角形 $BDF$ と $GFD$ が合同となるような点 $G$ を $DF$ に関して $B$ と同じ側にとると, 条件より $FG=BD=CE$ であり, 簡単な角度計算と併せて $CEF$ と $GFE$ も合同であることがわかる. このとき, $BFCED$ の面積は $DEG$ の面積に等しい. ここで, 三角形 $DEG$ は以下の条件によって特徴付けられる：\r\n$$DE=11,\\quad DG=20,\\quad \\angle G=30^\\circ$$\r\nこのような三角形は $2$ 通り存在するが, このうち鋭角三角形であるものが当てはまることが簡単にわかる.\\\r\n　その面積は $50\\sqrt{3}+5\\sqrt{21}$ であるから, 解答すべき値は $525+7500=\\textbf{8025}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc073/editorial/298" } ]

[ { "content": "　$\\textrm{A}n$ サイズの紙の周長は, $\\textrm{A}(n+2)$ サイズの紙の周長の $2$ 倍であるから, 求める値は $2^{5}=\\textbf{32}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/1654" } ]

[ { "content": "　赤色および白色のボールの初期の個数をそれぞれ $x,y$ とすれば, 条件は以下の $2$ 式に表現される.\r\n$$xy=a,\\ \\ (x+17)(y+3)=a+146$$\r\nこれらを辺々引き合わせて, $3x+17y=95$ を得る. これの正整数解は\r\n$$(x,y)=(9,4),(26,1)$$\r\nであるから, 求める値は $36+26=\\textbf{62}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/252" } ]

[ { "content": "　$1,2,3$ のうち一つが書かれたカードがそれぞれ $3$ 枚ずつある状況を考えても同じである. さらに, 選んだカード $3$ 枚の総和が $3$ で割り切れるかについて考えればよく, 特に順序は無視してよい. このとき, $3$ 枚の数の組み合わせとしてあり得るものは\r\n$$\\lbrace1,1,1\\rbrace,\\lbrace1,2,3\\rbrace,\\lbrace2,2,2\\rbrace,\\lbrace3,3,3\\rbrace $$\r\nよって, 求める確率は $\\dfrac{1+3^3+1+1}{{}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{3}}=\\dfrac{5}{14}$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{19}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/1229" } ]

[ { "content": "　一般性を失わず $BP\\geq PC$ で考えてよい. このとき, 方べきの定理より $AP\\times PQ=BP\\times PC$ であるから $BP=8$ および $PC=6$ が成立する. ここで $\\angle APB=\\theta$ とおけば, 余弦定理より\r\n$$AB^2=208-192\\cos\\theta,\\quad AC^2=180+144\\cos\\theta$$\r\nこれらから $\\cos\\theta$ を消去することで, 以下を得る. なお, これはStewartの定理として知られるものである.\r\n$$3AB^2+4AC^2=1344$$\r\n　一方で, Cauchy-Schwarzの不等式より\r\n$$28^2=(3AB^2+4AC^2)\\biggl(\\frac{1}{3}+\\frac{1}{4}\\biggr)\\geq (AB+AC)^2$$\r\nであるから，以上より求める最大値は $\\textbf{28}$ である.\\\r\n　なお, 等号成立条件 $AB=16,AC=12$ をみたす図は確かに存在する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/1392" }, { "content": "　二次曲線の知識を用いる方法の解法です（2023年度における学習指導要領では数学Cに該当します）．\\\r\n\\\r\n 　方べきの定理より，$BP=8$，$PC=6$ としてよい．$AB+BC$ が一定値になる図形は楕円であることを活用したい．$BC$ の中点を原点にとり，直線 $BC$ が $x$ 軸となるように直交座標を設定する．このとき，点 $A$ は円 $(x-1)^2+y^2=12^2 \\cdots ①$ 上に存在する．\\\r\n 　$AB+BC$ が一定値である楕円 $\\dfrac{x^2}{a^2}+\\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\cdots ②$ を考える．このとき，点 $A$，$C$ が楕円の焦点であることから，$a^2-b^2=7^2$ であり，求めたいものは $AB+BC=2a$ の最大値である．\\\r\n 　図形的考察により，最大値を得るのは，楕円と円が接するときだとわかる．\\\r\n 　①・②を連立させて，整理すると，式 $49x^2-2a^2x+a^4-192a^2=0$ を得る．これが重解を持てばよいので，判別式 $D=0$ を用いて以下計算すればよい．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/1392/251" } ]

[ { "content": "　サーキット $1$ 周の長さを $L$ , $k$ 周目の速さを $v_k$ とすると, $k$ 周目にかかる時間は $\\dfrac{L}{v_k}$ であるから, レース全体の平均の速さは\r\n$$ \\dfrac{100L}{\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100} \\dfrac{L}{v_k}}=\\dfrac{100}{\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100}\\dfrac{4k}{4k^4+1}}$$\r\nである. 分母について\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100}\\dfrac{4k}{4k^4+1}\r\n&=\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100}\\dfrac{(2k^2+2 k+1)-(2 k^2 -2k+1)}{(2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1)}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{100}\\left(\\frac{1}{2k^2-2k+1}-\\frac{1}{2k^2+2k+1}\\right) \\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{1}{2\\cdot1^2-2\\cdot1+1}-\\dfrac{1}{2\\cdot100^2+2\\cdot100+1} \\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{20200}{20201}\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるから答えは $\\dfrac{20201}{202}$ であり, 求める値は $20201+202=\\textbf{20403}$ である. \\\r\n　なお, 一般にOMC君が $n$ 周したとき, 全体での平均の速さを $u_n$ とすれば, 調和平均の要領により\r\n$$\\displaystyle\\frac{n}{u_n}=\\sum_{k=1}^n\\frac{4k}{4k^4+1}$$\r\nが成り立つので, これを用いて計算してもよい.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/1751" } ]

[ { "content": "　$99, 100, 101$ はどの二つも互いに素であるから, 任意の非負整数 $r_1\\lt 99, r_2\\lt 100,r_3\\lt 101$ に対し, 中国剰余定理より以下の条件をみたす整数 $n$ が $99\\times 100\\times 101$ を法として一意に存在する.\r\n- $n$ を $99$ で割った余りが $r_1$ である.\r\n- $n$ を $100$ で割った余りが $r_2$ である.\r\n- $n$ を $101$ で割った余りが $r_3$ である.\r\n\r\nしたがって, 求めるべき総和 $S$ は, \r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nS &= \\sum_{k=1}^{98} ((\\min \\lbrace r_1, r_2, r_3 \\rbrace = k \\ である組 (r_1, r_2, r_3) の個数)\\times k) \\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{98} (\\min \\lbrace r_1, r_2, r_3 \\rbrace \\geq k \\ である組 (r_1, r_2, r_3) の個数) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k=1}^{98}(99-k)(100-k)(101-k) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k=1}^{98}k(k+1)(k+2) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k=1}^{98} \\frac14 \\lbrace k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2) \\rbrace \\\\\\\\\r\n&= \\frac14 \\times (98 \\times 99 \\times 100 \\times 101)\\\\\\\\\r\n&= \\mathbf{24497550}\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc072/editorial/2278" } ]

[ { "content": "　$2204$ 以下の正整数を六進法で表記し, $0,1,2,3,4,5$ をそれぞれ $0,1,4,6,8,9$ に置き換えて十進法で解釈すれば, 求める正整数との間に一対一対応が得られる. 特に $2204_{(10)}=14112_{(6)}$ より, 求める値は $\\bm{18114}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/2204" } ]

[ { "content": "　各図の赤線部があるタイルの外周となるとき, 左図のように $6$ つの正六角形に分割されるから, $3^6=729$ 通りである. そうでないとき, 中図または右図の $2$ 通りしかありえず, 以上より求める場合の数は $\\textbf{731}$ である.\r\n\r\n||||\r\n|---|---|---|\r\n||||", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/2455" } ]

[ { "content": "　$f$ の値域を $T$ とおくと, 以下の形式であることが必要十分条件となる.\r\n$$\\begin{cases} f(x)=x & (x\\in T)\\\\\\\\ f(x)\\in T & (x\\notin T)\\end{cases}$$\r\nよって, $k=|T|$ として集合 $T$ の要素の選び方を考えれば,\r\n$$M= \\sum _{k=1} ^6 {6 \\choose k} k^{6-k}= \\bm{1057}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/2866" } ]

[ { "content": "　$BC$ について $A$ と対称な点を $A^\\prime$, $CA^\\prime$ について $B$ と対称な点を $B^\\prime$ とし, 線分 $CA^\\prime,A^\\prime B^\\prime$ 上にそれぞれ $CR=CR^\\prime,AP=A^\\prime P^\\prime$ となる点 $R^\\prime,P^\\prime$ をとると,\r\n$$PQ+QR+RP=PQ+QR^\\prime+R^\\prime P^\\prime \\geq PP^\\prime$$\r\nより, 等号成立条件を考えることで $4$ 点 $P,Q,R^\\prime,P^\\prime$ はこの順に同一直線上に存在する.\\\r\n　三角形 $A^\\prime BC$ の重心を $G$ とすると, 条件は $G$ が $PP^\\prime$ 上にあることである. $A^\\prime G$ と $BC,AB$ との交点をそれぞれ $D,E$ とすると, $A^\\prime E\\parallel B^\\prime A$ であるから, $A^\\prime G:GD=2:1,A^\\prime D:DE=2:1$ より $A^\\prime G:GE=4:5$ が従う. ここで $AP:PB=(2-a):a$ とおき, 三角形 $BA^\\prime E$ と直線 $PP^\\prime$ にMenelausの定理を用いると\r\n$$\\dfrac{1-a}{a}\\times\\dfrac{4}{5}\\times\\dfrac{4-a}{2-a}=1$$\r\nこれを解くと $a=\\dfrac{2}{3}$ を得るから, $AP:PB=\\left(2-\\dfrac{2}{3}\\right):\\dfrac{2}{3}=2:1$ で, 特に求める値は $2+1=\\bm{3}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/2497" } ]

[ { "content": "　三角形 $IBC,ICA,IAB$ の外心をそれぞれ $X,Y,Z$ とすると, well-known factとして一般にこれらはすべて $ABC$ の外接円上にある. 三角形 $ABC$ において, 外心を $O$ , 外接円の半径を $R$ とすれば, $OX⊥BC$ より四角形 $OBXC$ の面積は $\\dfrac{1}{2}×OX×BC=\\dfrac{5}{2}R$ である. \r\n点 $Y,Z$ についても同様に考えることで, 六角形 $AZBXCY$ の面積は $\\dfrac{15}{2}R$ であり, $\\triangle IYZ\\equiv \\triangle AYZ$ などに留意すれば求める面積はこれの半分である. 正弦定理より $R=\\dfrac{8}{\\sqrt{7}}$ であるから, 求める面積は $\\dfrac{15}{4}R=\\dfrac{30}{\\sqrt{7}}$ と計算でき, 以上より解答すべき値は $900+7=\\textbf{907}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/1929" }, { "content": "　ここでは，この問題の一般化を考えてみましょう．\r\n\r\n　鋭角三角形 $ABC$ に対し，内心を $I$ として三角形 $IBC,ICA,IAB$ の外心をそれぞれ $X,Y,Z$ とすると，well-known factとしてこれらはすべて三角形 $ABC$ の外接円上にあります．三角形 $ABC$ の外心を $O,$ 外接円半径を $R$ とし，$BC=a,CA=b,AB=C$ とすれば，六角形 $AZBXCY$ の面積は四角形 $OBXC,OCYA,OAZB$ の面積の和であるから，\r\n$$\\frac{aR}{2}+\\frac{bR}{2}+\\frac{cR}{2}$$\r\nで求まりますね．$I$ を $YZ,ZX,XY$ で折り返したものが $A,B,C$ であることに注意すれば，六角形 $AZBXCY$ の面積は三角形 $XYZ$ の面積の $2$ 倍だとわかります $\\cdots(*)$．よって，三角形 $XYZ$ の面積は\r\n$$\\frac{(a+b+c)R}{4}$$\r\nと分かりました．\r\n\r\n　これは，三角形 $ABC$ の面積は三角形 $ABC$ の内接円半径を $r$ とすれば\r\n$$\\frac{(a+b+c)r}{2}$$\r\nとなるという事実に似た式で綺麗ですね！ついでに，\r\n$$\\frac{△XYZ}{△ABC}=\\frac{R}{2r}$$\r\nが成り立つこともわかります．これにて，この問題の一般化は完了です．\r\n\r\n　さて，この問題では $(*)$ の事実がカギとなったわけですが，これに似た性質として思い出されるのが，三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とすれば，$H$ を $BC,CA,AB$ で折り返した点を $D,E,F$ とすると，$D,E,F$ は三角形 $ABC$ の外接円上にあるというものです．\\\r\n　これにより，六角形 $AFBDCE$ の面積は三角形 $ABC$ の面積の $2$ 倍であることもわかりますね．\r\n\r\n　以上のことをまとめると， \r\n$$\\frac{R}{2r}=\\frac{△XYZ}{△ABC}=\\frac{六角形AZBXCYの面積}{六角形AFBDCEの面積}$$\r\nとなるわけですが，$X,Y,Z$ は弧 $BC,CA,AB$ の中点なので\r\n$$△XBC\\geq△DBC,\\quad △YCA\\geq△ECA,\\quad △ZAB\\geq△FAB$$\r\nとなることに注意すれば， \r\n$$(六角形AZBXCYの面積) \\geq (六角形AFBDCEの面積)$$\r\nであるから，$R\\geq{2r}$ が成り立つことが示せました！\r\n\r\n　これは，オイラーの不等式と呼ばれる有名な幾何不等式です．\\\r\n　この問題の一般化からオイラーの不等式に行き着くなんて，びっくりですね！", "text": "この問題の一般化とオイラーの不等式の証明", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/1929/21" } ]

[ { "content": "　対称性より $\\lfloor y \\rfloor = \\lfloor x \\rfloor +a, \\lfloor z \\rfloor = \\lfloor x \\rfloor +b$ $(0 \\lt a \\lt b)$ としても一般性を失わない. このとき与式は\r\n$$6 \\lfloor x \\rfloor = ab+2354-a^2-b^2-2a-2b=3(785+ab)-(a+b+1)^2$$\r\n最右辺が $6$ の倍数となるような $(a,b)$ の条件を考えよう. $a+b+1$ が $6$ で割り切れるとき, $ab$ は偶数であるが, これは不適である. したがって $a+b+1$ は $6$ で割って $3$ 余り, このとき $ab$ が偶数であることから, $a,b$ を $6$ で割った余りとしてあり得る組み合わせは $(0,2),(2,0),(4,4)$ である. ここで, 最大化すべき値は\r\n$$ \\lfloor x \\rfloor + \\lfloor y \\rfloor + \\lfloor z \\rfloor =3 \\lfloor x \\rfloor +a+b=1177- \\dfrac{1}{2} \\lbrace (a-b)^2+ab \\rbrace$$\r\nであり, これは上で与えた制約の下で $(a,b)=(2,6)$ のとき最大値 $1177- 28\\/2= \\bm{1163}$ をとる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/1965" }, { "content": "　$\\lfloor x\\rfloor=a,\\lfloor y\\rfloor=b,\\lfloor z\\rfloor=c$ と置きます．$x,y,z$ はどれも整数ではないので\r\n$$\\lceil x\\rceil=a+1,\\quad \\lceil y\\rceil=b+1,\\quad \\lceil z\\rceil=c+1$$\r\nとなり，相異なる整数 $a,b,c$ が\\\r\n$$(a+1)^2+(b+1)^2+(c+1)^2=ab+bc+ca+2357$$\r\nをみたすときの $a+b+c$ の最大値を求めればよいです．これを変形すると\r\n$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+2(a+b+c)=2354$$\r\nとなります．$a+b+c$ を大きくしたいので $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$ を小さくしたいです．\\\r\n　ここで，well-known fact として\r\n$$a^2+b^2+c^2\\geq ab+bc+ca$$\r\nが成り立つので $a,b,c$ がこの不等式の等号成立条件に近くなるようにしたいです．この不等式の証明を思い出してみると次のような変形が思いつきます：\r\n$$\\dfrac{1}{2}\\bigl((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\\bigr)+2(a+b+c)=2354.$$\r\nここで，対称性から $a\\lt b\\lt c$ と仮定でき，$b-a=p,c-b=q$ と置けば $p,q$ は正の整数であり，\r\n$$\\dfrac{1}{4}\\bigl(p^2+q^2+(p+q)^2\\bigr)+a+b+c=1177$$\r\nとなります．$p^2+q^2+(p+q)^2$ が $4$ の倍数なので $p,q,p+q$ はどれも $2$ の倍数です．各 $(p,q)$ について $p^2+q^2+(p+q)^2$ の値が小さい順に条件に適合する $a,b,c$ が存在するかを調べていくと，$(p,q)=(2,4)$ のときに\r\n$$(a,b,c)=(385,387,391)$$\r\nが見つかり，最小値 $1163$ が得られます．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/1965/19" } ]

[ { "content": "**解法1.**　求める面積は $\\dfrac{1}{2}\\times AB\\times BC\\times\\sin\\angle B=30\\sin\\angle B$ と表せ, 明らかにこれは $\\angle B=90^\\circ$ のとき最大値 $\\textbf{30}$ をとる.\r\n\r\n**解法2.**　$A$ から $BC$ におろした垂線の足 $H$ によって三角形の面積は $AH\\times BC\\/2$ と表せ, $AH\\leq AB$ よりこれは $30$ 以下であるが, 逆に $\\angle B=90^\\circ$ のとき $AH=AB$ となるから, 求める最大値は $\\textbf{30}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/237" } ]

[ { "content": "　$n$ 人が勝つ確率と $100 - n$ 人が勝つ（$n$ 人が負ける）確率は等しいので, 求める期待値は $100\\/2 = \\bf{50}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2306" } ]

[ { "content": "**解法1.**　$i \\lt j$ であるとき「$a_i$ は $a_j$ の左に並んでいる」「$a_j$ は $a_i$ の右に並んでいる」と表現すれば, $1$ の左に並んでいる整数と $5$ の右に並んでいる整数は合計で $2$ 個以下であるから, 以下の場合分けより求める答えは $\\bf{9}$ である. \r\n\r\n- $a_1 = 1, a_3 = 5$ の場合$\\\\\\\\$\r\n　$a_2 \\lt a_4 \\lt a_5$ である必要があるから, $(1,2,5,3,4)$ のみ. \r\n- $a_1 = 1, a_4 = 5$ の場合$\\\\\\\\$\r\n　$a_2,a_3,a_5$ は $2,3,4$ の並び替えであるので, $6$ 通り全て試すことで $(1,2,4,5,3),(1,3,2,5,4)$ のみ. \r\n- $a_1 = 1, a_5 = 5$ の場合$\\\\\\\\$\r\n　$a_2,a_3,a_4$ は $2,3,4$ の並び替えであるので, $6$ 通り全て試すことで $(1,4,2,3,5),(1,3,4,2,5)$ のみ. \r\n- $a_2 = 1, a_4 = 5$ の場合$\\\\\\\\$\r\n　$a_1 \\lt a_3 \\lt a_5$ である必要があるから, $(2,1,3,5,4)$ のみ. \r\n- $a_2 = 1, a_5 = 5$ の場合$\\\\\\\\$\r\n　$a_1,a_3,a_4$ は $2,3,4$ の並び替えであるので, $6$ 通り全て試すことで $(2,1,4,3,5),(3,1,2,4,5)$ のみ. \r\n- $a_3 = 1, a_5 = 5$ の場合$\\\\\\\\$\r\n　$a_1 \\lt a_2 \\lt a_4$ である必要があるから, $(2,3,1,4,5)$ のみ. \r\n\r\n**解法2.**　数列 $a_1 = 1,a_2 = 2,\\ldots,a_5 = 5$ に対し, 順に $i=s,t~(s\\neq t)$ を選んで $a_i$ と $a_{i + 1}$ の値を入れ替える操作を施した結果得られる数列 $f(s,t)$ を考えればよく,それらについて\r\n$$\\begin{cases}\r\nf(s,t)=f(t,s) & (|s-t|\\gt 1) \\\\\\\\\r\nf(s,t)\\neq f(t,s) & (|s-t|=1)\r\n\\end{cases}$$\r\nが成立するから, 求める答えは $3 + 6 = \\bf{9}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2298" } ]

[ { "content": "　図のようにすることで, 一辺の長さが $1$ の正方形 $6$ 個と一辺の長さが $1$ の正三角形 $12$ 個に分割できるから, 求める面積は $6+\\sqrt{27}$ であり, 特に解答すべき値は $\\bf{33}$ である. \r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2297" } ]

[ { "content": "$$P(x) = x^5 + ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e ,\\quad Q(x) = x^5 + 2ax^4 + 2bx^3 + 2cx^2 + 2dx + 2e$$\r\nとするとき,\r\n$$\r\nQ(x) = (x - \\alpha + 1)(x - \\beta + 1)(x - \\gamma + 1)(x - \\delta + 1)(x - \\varepsilon + 1) = P(x + 1)\r\n$$\r\nであるから, $P(x + 1)$を展開して係数を比較することで\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\n2a = a + 5\\\\\\\\\r\n2b = 4a + b + 10\\\\\\\\\r\n2c = 6a + 3b + c + 10\\\\\\\\\r\n2d = 4a + 3b + 2c + d + 5\\\\\\\\\r\n2e = a + b + c + d + e + 1\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nより $a = 5, b = 30 , c = 130 , d = 375 , e = 541$ を得るので, 求める答えは\r\n$$a+b+c+d+e=2e-1=\\bf{1081}$$\r\nである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2296" } ]

[ { "content": "　正整数 $k$ に対して $\\sqrt{k}$ は半整数になり得ないことから\r\n$$\\left\\lceil\\sqrt k\\right\\rfloor=\\left\\lceil 2\\sqrt k \\right\\rceil-\\left\\lceil \\sqrt k \\right\\rceil$$\r\nが成立し，以下のように計算できる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k = 1}^{12345^2}\\left\\lceil\\sqrt k\\right\\rfloor &= \\sum_{k = 1}^{12345^2}\\left\\lceil 2\\sqrt k \\right\\rceil - \\sum_{k = 1}^{12345^2}\\left\\lceil \\sqrt k \\right\\rceil \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k = 1}^{2\\times12345}k\\left(\\left\\lfloor\\frac{k^2}{4}\\right\\rfloor - \\left\\lfloor\\frac{(k - 1)^2}{4}\\right\\rfloor \\right) - \\sum_{k = 1}^{12345}k(k^2 - (k-1)^2) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k = 1}^{12345} ((2k-1)(k-1)+2k\\times k)- \\sum_{k = 1}^{12345}k(k^2 - (k-1)^2) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k = 1}^{12345} (2k^2-2k+1)\\\\\\\\\r\n&= \\dfrac{1}{3}\\times(2\\times 12345^3+12345)\\\\\\\\\r\n&= \\bf{1254243979865}\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2232" }, { "content": "　$n=12345$とする．\\\r\n　$\\lceil \\sqrt{k} \\rfloor$ を直接式変形して総和を求めるのではなく，$0\\leq x\\leq n$ なる $x$ について，$\\lceil \\sqrt{k} \\rfloor = x$ なる $1\\leq k \\leq n^2$ の個数を $f(x)$ とし，\r\n$$\r\n\\sum_{k=1}^{n^2} \\lceil \\sqrt{k} \\rfloor =\\sum_{x=0}^{n} xf(x) \r\n$$\r\nとして総和を求めてみよう．\r\nまず，$1\\leq x \\lt n$ とし，$\\lceil \\sqrt{k} \\rfloor$ の定義から，\r\n$$\r\n\\lceil \\sqrt{k} \\rfloor =x \\iff x-\\frac{1}{2} \\leq k \\lt x+\\frac{1}{2} \\iff x^2-x\\leq k-\\frac{1}{4} \\lt x^2+x\r\n$$\r\nとなる．右辺を満たす $k$ はちょうど $2x$ 個だから，$f(x)=2x$．また，$f(n)=n$ であるので，求める総和は\r\n$$\r\n\\sum_{x=0}^{n} xf(x) =\\sum_{x=1}^{n-1} 2x^2 +n\\cdot n = \\frac{1}{3}(n-1)n(2n-1) +n^2=\\frac{2n^3+n}{3}.\r\n$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2232/20" } ]

[ { "content": "　四面体の面のうちいくつが平行六面体の面に含まれるかで分けて数えると, 以下のようになる：\r\n- $3$ 面 (図の(i))：面の選び方 $4$ 通りそれぞれに対し $1$ 通りずつあるため $4$ 通り．\r\n- $2$ 面 (図の(ii))：面の選び方 $6$ 通りそれぞれに対し $2$ 通りずつあるため $12$ 通り．\r\n- $1$ 面 (図の(iii))：面の選び方 $4$ 通りそれぞれに対し $3$ 通りずつあるため $12$ 通り．\r\n- $0$ 面 (図の(iv))：$1$ 通り．\r\n\r\n　逆に, 適当な平行六面体を固定して四面体をいくつ取れるか考えても同じである. $8$ 頂点から $4$ つを選ぶ方法のうち, それらが同一平面上にあるもの $12$ 通りをまず除外し, 残りについても中心に関して対称な $2$ つは元の状況に戻すと重複することに留意する. いずれにせよ, 全体で求める場合の数は $\\bm{29}$ 通りである．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2089" }, { "content": "　$4$ つの点をベクトルで対応させます．具体的には，$\\vec{0}, \\vec{x_1}, \\vec{x_2}, \\vec{x_3}$ とそれぞれの点を対応させます．\\\r\n　原点から出てくる $1$ 次独立な $3$ つのベクトルを定めると，そのベクトルのつくる平行六面体は一意に定まるので，\r\nこの $3$ つのベクトルを $\\vec{p}, \\vec{q},\\vec{r}$ と定めます．このとき平行六面体の原点以外の頂点の集合 $S$ は次のように表せます：\r\n$$ S= \\\\{ \\vec{p}, \\vec{q}, \\vec{r}, \\vec{p}+\\vec{q}, \\vec{q}+\\vec{r}, \\vec{r}+\\vec{p}, \\vec{p}+\\vec{q}+\\vec{r} \\\\}. $$\r\n$\\vec{x_1}, \\vec{x_2}, \\vec{x_3}$ が相異なる $S$ の要素になるような $\\vec{p}, \\vec{q}, \\vec{r}$ の組を考えます．\\\r\n　$S$ の $7$ つの要素から $\\vec{x_1}, \\vec{x_2}, \\vec{x_3}$ に対応させる方法は $7 \\times 6 \\times 5=210$ 通りあります．\r\nここで，$S$ から選んできた $3$ つの要素が一次従属であるとき，条件を満たすような $\\vec{p}, \\vec{q}, \\vec{r}$ は存在しないことがわかるので，そのような場合を除きます．一次独立になるのは，以下のような場合です：\r\n\r\n- $\\vec{x_1}=\\vec{p}, ~ \\vec{x_2}=\\vec{q}, ~ \\vec{x_3}= \\vec{p}+\\vec{q}$．\r\n- $\\vec{x_1}=\\vec{p}, ~ \\vec{x_2}=\\vec{q}+\\vec{r}, ~ \\vec{x_3}= \\vec{p}+\\vec{q}+\\vec{r}$．\r\n\r\nこれらはともに $18$ 通りずつあるので，条件を満たすような $\\vec{p}, \\vec{q}, \\vec{r}$ の組は $210-18\\times2=174$ 通りあります．\\\r\n　最後に，$\\vec{p}, \\vec{q}, \\vec{r}$ は平行六面体をつくるにあたって区別しないので $3!$ で割って $\\textbf{29}$ 通りです．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2089/17" } ]

[ { "content": "　与式で $y$ を固定すれば $f$ は全射であることがわかり, 特に $f(a)=0$ なる $a$ がとれる. このとき与式で $x=a$ とすれば $a=1$ であり, これより与式で $y=1$ とすれば以下が成り立つ：\r\n$$f(f(x)+1)=x-1$$\r\nよって与式で $(x,y)=(f(n)+1,0)$ とすれば\r\n$$f(n-1)=f(n)+f(0)$$\r\nが得られ, これより $k$ を整数として $f(n)=k(n-1)$ という形であることが分かる. これを与式に代入することで $k=\\pm 1$ が得られるから, 特に解答すべき値は $\\bm{4042}$ である． \\\r\n　なお $f(b)=1$ なる $b$ について $x=b$ としても $f$ が一次関数であることは従う．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2090" } ]

[ { "content": "　一般に $4n=400000$ とおき, $l$ を $2^{l-1}\\leq 4n\\lt 2^l$ をみたす整数とする. このとき, 明らかに $T\\lt 2^l$ であり, 一方で $m=l$ で $x_i=2^{i-1}$ とすれば $T=2^l-1$ であることから, これが $T$ のとり得る最大値である.\\\r\n　すなわち, 考えるべき最大値 $M(n)$ は, 以下のように表現できる.\r\n- $4n$ 以下の正整数から任意に一つ以上を選び, そのうち $2^k$ の位が $1$ であるものが $k=0,1,\\cdots,l-1$ についてそれぞれ奇数個であるようにするとき, それらの総和としてあり得る最大値.\r\n\r\nここで, 各 $k\\geq 0$ に対して, $1$ 以上 $4n-1$ 以下の整数のうち $2^k$ の位が $1$ であるものは偶数個であるから,\r\n$$M(n)\\leq\\sum_{i=1}^{4n}i-\\left(\\sum_{k=0}^{l-1}2^k-4n\\right)=8n^2+6n+1-2^l$$ \r\n逆に, 選ばなかった数全体の集合が次のようになるとき等号は成立する.\r\n$$\\\\\\{2^k\\mid 0\\leq k\\lt l,~ 4n\\\\,の\\\\,2^k \\\\,の位は\\\\,0\\\\\\}$$\r\n　特に $n=10^5$ のとき $l=19$ であるから, 解答すべき値は $\\textbf{80000075713}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/1378" } ]

[ { "content": "　$n$ を正整数とする．$k=1,\\dots,n-1$ に対し問の正整数の組のうち $z=n-k$ をみたすものの数を $g(k)$ とおくと，これは $xy$ 平面で $O(0,0),A(k,0),B(0,n)$ としたときに三角形 $OAB$ の周を除く内部にある格子点の数に等しい．\r\n三角形 $OAB$ の周上にある格子点は $n+k+\\mathrm{gcd}(n,k)$ 個であるから，Pickの定理より次がわかる．\r\n$$g(k)=\\frac{1}{2}(nk-n-k-\\mathrm{gcd}(n,k))+1$$\r\nこれを $k=1,\\cdots,n-1$ について足し合わせることで次を得る．\r\n$$f(n)=\\frac{1}{4}\\left(n^3-4n^2+9n-4-2\\sum_{k=1}^{n}\\mathrm{gcd}(n,k)\\right)$$\r\nしたがって正整数 $m$ によって $n=66^m$ と表されるとき，以下の総和を計算すればよい：\r\n$$\\sum_{k=1}^{66^m}\\mathrm{gcd}(66^m,k)$$\r\n　ここで $m$ 以下の非負整数 $i,j,k$ によって $\\mathrm{gcd}(66^m,k)=2^i3^j11^k$ であり，また $\\mathrm{gcd}(66^m,k)=2^i3^j11^k$ となる $1\\leq k\\leq 66^m$ の個数はEulerのtotient関数 $\\varphi$ を用いれば $\\varphi\\left(2^{m-i}3^{m-j}11^{m-k}\\right)$ 個であることが容易に確認できる．よって $\\varphi$ が乗法的関数であることなどを用いれば次のように計算できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{66^m}\\mathrm{gcd}(66^m,k)\r\n&=\\sum_{i=0}^{m}\\sum_{j=0}^{m}\\sum_{k=0}^{m}2^i3^j11^k\\varphi\\left(2^{m-i}3^{m-j}11^{m-k}\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\left(\\sum_{i=0}^{m}2^i\\varphi\\left(2^{m-i}\\right)\\right)\\left(\\sum_{j=0}^{m}3^j\\varphi\\left(3^{m-j}\\right)\\right)\\left(\\sum_{k=0}^{m}11^k\\varphi\\left(11^{m-k}\\right)\\right)\\\\\\\\\r\n&=66^{m-1}(m+2)(2m+3)(10m+11)\r\n\\end{aligned}$$\r\n　したがってFermatの小定理などより以下のように計算できるから，求める余りは $\\bm{317}$ である．\r\n$$f(66^{60000})\\equiv 5 \\pmod{6},\\quad f(66^{60000})\\equiv 14 \\pmod{101}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2092" } ]

[ { "content": "#### 前半：OMC君の問題を解く\r\n　実数 $x,y,z$ に対して $F=\\dfrac{ax^4+by^4+cz^4+1}{x^2+y^2+z^2+1}$ の最小値を求めよう．まずCauchy-Schwarzの不等式より\r\n$$(ax^4+by^4+cz^4)\\left(\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}\\right)\\geq(x^2+y^2+z^2)^2$$\r\nよって $x^2+y^2+z^2+1=t$ のとき $C=\\left(\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}\\right)^{-1}$ とおくと次が成り立つ．\r\n$$F\\geq Ct+\\frac{C+1}{t}-2C\\geq 2\\sqrt{C(C+1)}-2C$$\r\n適当な $(x,y,z)$ で等号が成立することは容易に確認できるため，結局次が得られた．\r\n$$M=\\frac{2\\sqrt{\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}+1}-2}{\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}}$$\r\n#### 後半：本題を解く\r\n　$\\displaystyle u=\\sqrt{\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}+1}$ とおくと $\\displaystyle M=\\dfrac{2u-2}{u^2-1}=\\dfrac{2}{u+1}$ であるから，\r\n互いに素な正整数 $p,q$ が存在し $M=\\dfrac{p}{q}$ となるとき，$u$ は互いに素な正整数 $m,n$ を用いて $u=\\dfrac{m}{n}$ と表せて，さらに以下が成り立つ．\r\n$$p+q=\r\n\\begin{cases}\r\nm+3n&(m+n\\\\,が奇数のとき)\\\\\\\\\r\n(m+3n)\\/2 &(m+n\\\\,が偶数のとき)\r\n\\end{cases}$$\r\n$a,b,c$ が正整数であることから $1\\lt u\\leq 2$ が成立するので $n\\lt m\\leq 2n$ であり，次より $p+q\\geq 5$ がわかる．\r\n- $m+n$ が奇数のとき，$p+q\\gt 4n\\geq 4$．\r\n- $m+n$ が偶数のとき，$m,n$ はともに $1$ でないから $p+q\\gt 2n\\geq 4$．\r\n\r\n　一方，次が成り立つことが確認できる．\r\n- $(a,b,c)=(1,1,1)$ のとき $u=2,\\ p+q=5$\r\n- $(a,b,c)=(1,8,8)$ のとき $u=3\\/2,\\ p+q=9$\r\n\r\n　$p+q$ の取り得る値で2番目に小さなものは $9$ であることを示そう．そのためには $p+q=6,7,8$ として矛盾を導けばよい．このときあり得るのは $(m,n)=(5,3)$ のみであるが\r\n$$\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}=\\dfrac{16}{9}$$\r\nをみたす正整数の組 $(a,b,c)$ は確かに存在しないことが容易に確認できる．したがって，以下考えるべきは\r\n$$\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}=\\dfrac{5}{4}$$\r\nであり，これをみたす正整数の組 $(a,b,c)$ は以下の $4$ 組である．\r\n$$(a,b,c)=(1,5,20),(1,6,12),(1,8,8),(2,2,4)$$\r\n　以上より，特に解答すべき値は $\\bm{70}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2093" } ]

[ { "content": "　$ABCD$ の外接球の半径を $r$ とおき，点 $A$ を中心とする半径 $1$ の球面に関する反転を考える．このとき $ABCD$ の外接球は $A$ から距離 $\\dfrac{1}{2r}$ の平面に移り，また点 $B,C,D$ の移る先の点をそれぞれ $P,Q,R$ とすれば，\r\n$$AB\\times AP=AC\\times AQ=AD\\times AR=1$$\r\n$$PQ=\\frac{BC}{AB\\times AC},\\quad QR=\\frac{CD}{AC\\times AD},\\quad RP=\\frac{DB}{AD\\times AB}$$\r\n与えられた条件より $AB\\times CD=AD\\times BC=2021,AC\\times DB=2000$ であるから，次が得られる．\r\n$$PQ=QR=\\dfrac{2021}{AB\\times AC\\times AD},\\quad RP=\\dfrac{2000}{AB\\times AC\\times AD}$$\r\nこれより三角形 $PQR$ の面積は\r\n$$\\dfrac{1000\\sqrt{2021^2-1000^2}}{AB^2\\times AC^2\\times AD^2}=\\dfrac{1000\\sqrt{1021\\times 3021}}{AB^2\\times AC^2\\times AD^2}$$\r\nと求められる．以上より $(XYZW)$ で四面体 $XYZW$ の体積を表せば\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(ABCD)\r\n&=\\frac{AB}{AP}\\times\\frac{AC}{AQ}\\times\\frac{AD}{AR}\\times(APQR)\\\\\\\\\r\n&=AB^2\\times AC^2 \\times AD^2\\times\\frac{1}{3}\\times\\frac{1}{2r}\\times\\dfrac{1000\\sqrt{1021\\times 3021}}{AB^2\\times AC^2\\times AD^2}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{500\\sqrt{1021\\times 3021}}{3r}\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれが $2022$ であることより $r=\\dfrac{250\\sqrt{3084441}}{3033}$ が得られ，特に解答すべき値は $\\bm{3087724}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2094" } ]

[ { "content": "　$0\\leq\\lbrace x\\rbrace\\lt1$ より $\\lfloor x\\rfloor=\\dfrac{1}{\\lbrace x\\rbrace}\\gt 1$ であり, $\\lfloor x\\rfloor$ は整数であるから $\\lfloor x\\rfloor\\geq 2$ が必要である.\\\r\n　条件を満たす $x$ の最小値を考えているから $\\lfloor x\\rfloor=2$ のときを考えればよい. このとき $\\lbrace x\\rbrace=0.5$ であり, $x=\\dfrac{5}{2}$ が等式を満たす最小の $x$ となる. 求める値は $5+2=\\bf{7}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2929" } ]

[ { "content": "　正の整数 $a,b\\lt\\min(10,N)$ について条件より\r\n$$10a+b=Nb+a \\iff 9a=(N-1)b$$\r\n$N=2,3$ ではこのようなことはあり得ず, $N=4$ では $(a,b)=(1,3)$ が適するから, 求める最小値は $\\textbf{4}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2246" } ]

[ { "content": "　求める円の半径を $r$ とおくと，$\\triangle ABC \\sim \\triangle HBA \\sim \\triangle HAC$より\r\n$$BC : BA : AC = 505 : r : 100$$\r\nこれより，$BC = 505t, BA = rt, AC = 100t$ とおける．一方で，$△ABC$において三平方の定理を用いれば\r\n$$(505t)^2 = (rt)^2 + (100t)^2$$\r\nしたがって $r^2 = 505^2 - 100^2 = 495^2$ であり, 求める円の半径は $\\textbf{495}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2275" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\nP &= 1! × (1! × 2) × 3! × (3! × 4) × \\cdots × 599! × (599! × 600) \\\\\\\\\r\n&= (1! × 3! × \\cdots × 599!)^2 × (2 × 4 × \\cdots × 600) \\\\\\\\\r\n&= (1! × 3! × \\cdots × 599!)^2 × (2^{150})^2 × 300!\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるから，$n = 300$ は題意を満たすことが確認できる．\\\r\n　逆に，$n = 299$ のとき\r\n$$Q = (1! × 3! × \\cdots × 599!)^2 × (2^{150})^2 × 300$$\r\nは平方数でなく，また $n\\leq 292$ のとき $Q$ は素因数に $293$ を奇数個もち，$293\\leq n\\leq 298$ のとき $Q$ は素因数に $13$ を奇数個もつため，不適である．したがって，求める最小値は $\\bf{300}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2277" } ]

[ { "content": "　手順の定め方より, $i$ 番目に書かれる数 $a_i$ は $i$ の二進数表示での各桁の和に等しい. \r\n\r\n**証明.** 正整数 $n$ を二進数表記した時の $1$ の個数を $\\mathrm{popcount}(n)$ とすると, $\\mathrm{popcount}(n)$ は\r\n\r\n- $\\mathrm{popcount}(1)=1$\r\n- $\\mathrm{popcount}(2n)=\\mathrm{popcount}(n)$\r\n- $\\mathrm{popcount}(2n+1)=\\mathrm{popcount}(2n)+1$\r\n\r\nを満たし, これはそれぞれの操作に対応する. \r\n\r\n　$M=9$ が容易に従うから, 求める $i$ は $1023_{(10)}=1111111111_{(2)}$ の $10$ 桁からちょうど一桁を $0$ とすることで得られ, これらのうち $1000$ 以下のものの総和は\r\n$$(1023-2^9)+(1023-2^8)+(1023-2^7)+(1023-2^6)+(1023-2^5)=\\textbf{4123}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/1676" } ]

[ { "content": "　半直線 $PA$ 上に $PC=PQ$ なる点 $Q$ をとると,三角形 $BCP$ と三角形 $BQP$ は合同であるから特に $BC=BQ$ であり, これと $∠CBQ = ∠CBP + ∠PBQ = 60^\\circ$ より三角形 $BCQ$ は正三角形である．一方，$∠ABQ=∠AQB$ より $AB = AQ$ であるから，これらより三角形 $ABC$ と三角形 $AQC$ は合同, 特に $\\angle ACB=30^\\circ$ である．従って，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n∠CAP &= \\angle{BAC}-\\angle{BAP} \\\\\\\\\r\n&= (180^\\circ-51.4^\\circ-30^\\circ)-(180^\\circ-21.4^\\circ-141.4^\\circ) \\\\\\\\\r\n&= 81.4^\\circ = (407\\/5)^\\circ\r\n\\end{aligned}$$\r\n特に解答すべき値は $\\textbf{412}$ である． \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2240" }, { "content": "　図形の問題は苦手なので計算で解きます><\r\n\r\n　$\\theta=141.4^\\circ$とおきます．$\\angle BAP=300^\\circ-2\\theta,\\angle PCB=150^\\circ-\\theta$ であるので，正弦定理より，\\\r\n$$\\dfrac{AP}{PB}=\\dfrac{\\sin(\\theta-120^\\circ)}{\\sin(300^\\circ-2\\theta)},\\quad \\dfrac{CP}{PB}=\\dfrac{\\sin30^\\circ}{\\sin(150^\\circ-\\theta)}$$\r\nここで $\\angle PAC=x$ とおくと\r\n$$\\dfrac{AP}{CP}=\\dfrac{\\sin(2\\theta-180^\\circ-x)}{\\sin x}$$\r\n一方，\\\r\n$$\\dfrac{AP}{CP}=\\dfrac{\\sin(\\theta-120^\\circ)\\sin(150^\\circ-\\theta)}{\\sin(300^\\circ-2\\theta)\\sin30^\\circ}=\\dfrac{\\sin(\\theta-120^\\circ)}{\\cos(150^\\circ-\\theta)}=\\dfrac{\\sin(\\theta-120^\\circ)}{\\sin(240^\\circ-\\theta)}=\\dfrac{\\sin(\\theta-120^\\circ)}{\\sin(\\theta-60^\\circ)}$$ \r\nであり，これは $x=\\theta-60^\\circ$ のとき成り立ちます．\\\r\n　図から $x$ は一意に定まるので $x=\\theta-60^\\circ=81.4^\\circ$ とわかり，答えは $\\textbf{412}$ です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2240/18" } ]

[ { "content": "　三角形 ${PAD}$ と三角形 ${PBC}$ の ${AD},{BC}$ を底辺とみたときの高さをそれぞれ $x,y$ とし, 正方形 ${ABCD}$ の一辺を $a$ とすると, 三角形 ${PAD}$ と三角形 ${PBC}$ がともに鋭角三角形であることから $|x-y|=a$ が成立する.\\\r\n　このとき ${PAD}$ と ${PBC}$ の面積の差は\r\n$$\\left|\\frac{ax}{2}-\\frac{ay}{2}\\right|=\\frac{a^2}{2}$$\r\nとなり, これが $377-233=144$ に等しいので, 正方形 ${ABCD}$ の面積は $a^2=\\textbf{288}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc067/editorial/2286" } ]

[ { "content": "　合同式は以下すべて $x^{10}-1$ を法とする. $x^{10m+n}\\equiv{x}^n$ に注意して,\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\\\,\\\\,\\\\, x^{99}+2x^{98}+\\cdots+98x^2+99x+100 \\\\\\\\\r\n&\\equiv{x}^{9}+2x^{8}+\\cdots+9x+10+11x^{9}+12x^{8}+\\cdots+99x+100 \\\\\\\\\r\n&\\equiv(1+11+\\cdots+91)x^9+(2+12+\\cdots+92)x^8+\\cdots+(10+20+\\cdots+100)\r\n\\end{aligned}$$\r\n最終行の $x^k$ の係数を $b_k$ とおくと, 求める余りは\r\n$$(b_8-b_9)x^8+(b_7-b_9)x^7+…+(b_0-b_9)$$\r\nとなるので, 求める値は\r\n$$a_8+a_7+\\cdots+a_0=(b_8-b_9)+(b_7-b_9)+\\cdots+(b_0-b_9)=10+20+\\cdots+90=\\textbf{450}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc067/editorial/2288" } ]

[ { "content": "　$a\\lt{b}\\lt{c}$ と仮定しても一般性を失わない. このとき, $6$ 数のうち小さい方 $3$ つは $a\\/b,b\\/c,a\\/c$ であるから,\r\n$$\\frac{a}{b}+\\frac{b}{c}+\\frac{a}{c}=\\frac{3}{5},\\quad \\frac{b}{a}+\\frac{c}{b}+\\frac{c}{a}=39$$\r\nここで $p=b\\/a,\\\\,q=c\\/b$ とおくと, 以下のように書き換えられる.\r\n$$p+q+pq=39,\\quad \\frac{1}{p}+\\frac{1}{q}+\\frac{1}{pq}=\\frac{3}{5}$$\r\nさらに $p+q=s,\\\\,pq=t$ とおくと,\r\n$$s+t=39,\\quad \\frac{s+1}{t}=\\frac{3}{5}$$\r\nこれを解くと, $s=14,t=25$ となる. よって, 求める値は\r\n$$\\biggl(\\frac{b}{a}\\biggr)^2+\\biggl(\\frac{c}{b}\\biggr)^2+\\biggl(\\frac{c}{a}\\biggr)^2=p^2+q^2+p^2q^2=s^2-2t+t^2=14^2-2\\times25+25^2=\\textbf{771}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc067/editorial/2287" } ]

[ { "content": "　一般に正 $n$ 角形 $A_1A_2\\cdots A_{n}$ として考え, その外接円の周長が $n$ であるとしてよい.\r\nいま $\\angle A_iPA_j$ は弧 $A_iA_j$ と弧 $A_kA_l$ に対する円周角の和であることに留意せよ. 以下 $A_0=A_n,A_1=A_{n+1}$ とする.\\\r\n　ここで弧 $A_0A_i,A_iA_j,A_jA_k,A_kA_l,A_lA_{n+1}$ の長さをそれぞれ $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ とおくと, これらはすべて正整数であり, 総和は $n+1$ である. 対称性よりそれぞれの値の期待値は $(n+1)\\/5$ である. したがって, 上の注意より $\\angle A_iPA_j$ の期待値は $180^{\\circ}\\times(n+1)\\/(5n)\\times2$ で, 特に $n=100$ で解答すべき値は $1818+25=\\textbf{1843}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc067/editorial/2289" } ]

[ { "content": "　$1$ 以上 $p-1$ 以下の $a,b$ に対し, $a^{p-8}\\equiv{b}^{p-8} \\pmod{p}$ のとき, Fermatの小定理より $a^{p-1}\\equiv{b}^{p-1}\\pmod{p}$ でもあるから, $\\mathrm{gcd}(p-8,p-1)=\\mathrm{gcd}(7,p-1)=1$ に注意して $a\\equiv{b}\\pmod{p}$ であることがわかる. これは、$1^{p-8},2^{p-8},\\cdots,(p-1)^{p-8}$ を $p$ で割った余りはすべて相異なることを意味するので, $a_1+a_2+\\cdots+a_p$ が $p$ の倍数となる $1$ 以上 $p-1$ 以下の整数の組 $(a_1,a_2,\\cdots,a_p)$ の総数を求めればよい.\\\r\n　一般に $a_1+a_2+\\cdots+a_n$ が $p$ の倍数となる $1$ 以上 $p-1$ 以下の整数の組 $(a_1,a_2,\\cdots,a_n)$ の総数を $x_n$ とおくと, $a_1+\\cdots+a_{n-1}$ が $p$ の倍数でないとき適する $a_n$ が一意に存在するから, 漸化式 $x_{n+1}=(p-1)^n-x_{n}$ を得る. $x_1=0$ を加味してこれを解けば, 以下のようになることが容易にわかる.\r\n$$x_n=\\frac{(p-1)^n+(-1)^n\\times(p-1)}{p}$$\r\n　いま $\\varphi$ をEulerのtotient関数とすれば $\\varphi(625)=500$ から\r\n$$(p-1)^p\\equiv6^7\\equiv279936\\equiv-64\\pmod{625}$$\r\nであり, $(p-1)^p$ は $16$ の倍数であることを加味して $(p-1)^p\\equiv-64\\pmod{10000}$ となる. よって\r\n$$x_p=\\frac{(p-1)^p+(-1)^p\\times(p-1)}{p}\\equiv\\frac{-64-6}{7}\\equiv -10\\equiv\\textbf{9990} \\pmod{10000}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc067/editorial/2290" } ]

[ { "content": "　$\\angle{PAR}=\\angle{QAR}$ より $DR=RP,QR=RE$ であり, 簡単な角度計算で $\\angle{DRQ}=\\angle{PRE}$ と併せて $DRQ$ と $PRE$ は合同であり, 特に $DQ=PE$ である. また, 円周角の定理より $\\angle{DQC}=\\angle{PEB},\\angle{QDC}=\\angle{EPB}$ が従うから, $DQC$ と $PEB$ は合同であり, $DC=13,BE=11$ より $BC$ は $18$ で一定である. したがって, あとは $A$ から $BC$ におろした垂線の長さ $h$ を最大化すればよい.\\\r\n　ここで, 円周角の定理より $DQC$ と $DEA$ は相似であるとわかり, $AD:AE=13:11$ である. すなわち $D,E$ を固定したとき, $A$ はアポロニウスの円上を動く. よって, $h$ の最大値はこの円の半径 $143\\/8$ であり, 求める面積の最大値は $1287\\/8$ であるから, 解答すべき値は $\\textbf{1295}$ である.\\\r\n　なお, この最大値を実現する点 $A$ は, 確かに問題の条件をすべて充足することがわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc067/editorial/2291" } ]

[ { "content": "　直前の桁と異なる数字 $9$ 種類から $1$ つを選ぶことを $4$ 回繰り返すことになるから，$9^4=\\textbf{6561}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc066/editorial/2225" } ]

[ { "content": "　ある正整数が正の約数をちょうど $3$ 個もつことは, 素数の $2$ 乗の形に表せることと同値である. $44^2 \\lt 2022 \\lt 45^2$ より求める個数は $44$ 以下の素数の個数に等しく, これは $\\textbf{14}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc066/editorial/1920" } ]

[ { "content": "　与方程式の $2$ 解としてあり得るものは, 解と係数の関係より和が $20$ であることから\r\n$$(1,19),(2,18),\\ldots,(9,11),(10,10)$$\r\nである. $\\alpha$ は $2$ 解の積であるから, 求める総和は $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{10} k(20-k)=\\textbf{715}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc066/editorial/1671" } ]

[ { "content": "　$D$ から $AC$ におろした垂線の足を $H$ としたとき, $DH=9$ であることを示す.\r\n\r\n**証明1.** 　$AC$ と $BD$ の交点を $E$ とすれば, 内角の二等分線定理から\r\n$$AE:EC=34:16$$\r\nが成立するから, $AH=HC$ とあわせて\r\n$$AH:HE:EC=25:9:16$$\r\nが従う. よって $BC:DH=CE:EH$ より $DH=9$ である.\r\n\r\n**証明2.**　$AB$ と $DH$ の交点を $F$ とすれば, $AF=BF=17$ であり, 一方で\r\n$$\\angle{BDF}=\\angle{DBC}=\\angle{FBD}$$\r\nより $BF=DF=17$ である. よって $FH=BC\\/2=8$ より $DH=DF-FH=9$ を得る.\r\n\r\n　三平方の定理より $AC=30$ であることとあわせて, 求める面積は $(16+9)\\times30\\/2=\\textbf{375}$ である. \r\n\r\n**余談.**　今回は不要であるが, 角度の条件より $A,B,C,D$ は同一円周上にある. これを示そう.\\\r\n　$ABC$ の外接円と $AC$ の垂直二等分線の交点のうち, $AC$ に関して $B$ と反対側にあるものを $D^\\prime$ とすると, これは $AD^\\prime=CD^\\prime$ をみたし, 円周角の定理より $BD^\\prime$ は $\\angle ABC$ を二等分する. すなわち $D$ は $D^\\prime$ に一致する.\\\r\n　すなわち, 実は $\\angle ADB=90^\\circ$ であることや, 証明2における $F$ はこの円の中心であることが従う.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc066/editorial/1362" } ]

[ { "content": "$$C=(x+y)(x^2+y^2-xy)=\\frac{A(3B-A^2)}{2}$$\r\nより $A=2$ であるから, $C=3B-4$ なる奇数の合成数 $B,C$ について考えれば良く, 小さい方から探索していくことで $(B,C)=(27,77)$ を得る. このような実数 $x,y$ は確かに存在するから, 求める最小値は $\\textbf{106}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc066/editorial/2181" } ]

[ { "content": "　集合 $A_n\\setminus A_{n-1}$ は正三角形の辺上に等間隔に並ぶ $3n$ 点からなることが容易にわかる. $n$ 回の行動でこれらの点に至るには, $3$ 方向すべてに移動しないことが必要十分条件であるから, そのような経路としてあり得るものの数は\r\n$$3\\times\\left(\\sum_{k=0}^{n}{}_{n}\\mathrm{C}_k-2\\right)+3=3\\times 2^{n}-3$$\r\n特に $n=10$ のときこれは $3069$ であり, 求める確率は $\\dfrac{3069}{3^{10}}=\\dfrac{341}{6561}$ より, 解答すべき値は $\\textbf{6902}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc066/editorial/1681" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2874" }, { "content": "　$5, 8$ に注目すれば $25, 81$ が含まれ，$3$ に注目すれば残りは $36, 49$ と一意に決定されるので，解答すべきは $\\mathbf{25364981}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2874/10" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2875" }, { "content": "　 $2$ 桁の三角数は $10,15,21,28,36,45,55,66,78,91$ のみである．\\\r\n　これらのうち， $3$ を含むものは $36$ のみであり， $4$ を含むものは $45$ のみであり， $8$ を含んで $7$ を含まないものは $28$ のみであり， $9$ を含むものは $91$ のみである．\\\r\n　以上より，条件を満たす $(A,B,C,D)$ は$(A,B,C,D)=(28,36,45,91)$ に限られ，逆にこれは条件を満たす．故に、答えるべき数値は $\\bf{28364591}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2875/14" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2876" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2877" }, { "content": "　 $$(A,B,C,D)=(18,23,54,69),(18,32,54,96),(26,39,54,81),(54,62,81,93)$$ \r\nの $4$ 組が条件を満たすので，答えるべき数値は $\\bf{54}$ である．", "text": "答えのみ", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2877/12" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2878" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2879" }, { "content": "　$\\gcd(A,B,C,D)$ が $2$ 以外の素因数を持たないことを雑に示します.\r\n\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $3$ の倍数になるか？\\\r\n桁和より $A+B+C+D$ が $3$ の倍数にならない．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $5$ の倍数になるか？\\\r\n下一桁より自明．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $7$ の倍数になるか？\\\r\n$3,5,6$ の使い道が$35,56,63$しかないので $3,5,6$ のどれかが余る．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $11$ の倍数になるか？\\\r\nぞろ目にならないので自明．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $13$ の倍数になるか？\\\r\n$2,5,6$ の使い道が$26,65,52$しかないので $2,5,6$ のどれかが余る．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $17$ の倍数になるか？\\\r\n$(34,51,68,85)$ は条件を満たさない．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $19$ の倍数になるか？\\\r\n$7$ を含まない $19$ の倍数が $3$ つしかない．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $23$ の倍数になるか？\\\r\n$(23,46,69,92)$ は条件を満たさない．\r\n- $\\gcd(A,B,C,D)$ が $29$ 以上の倍数になるか？\\\r\n$D\\gt 100$ になってしまうのでありえない．\r\n\r\n以上より $\\gcd(A,B,C,D)$ は $2$ 以外の素因数を持たない．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2879/8" }, { "content": "　$A, B, C, D$ の最大公約数は $1$ または $2$ べきであることを示す：\r\n- いずれも $3$ の倍数であるとき，$A, B, C, D$ の各桁に登場する $8$ 個の整数の和は $3$ の倍数になるが，和は $38$ であるため $3$ は公約数に持たない\r\n- $5$ の倍数は高々一つしか登場しないので $5$ は公約数に持たない\r\n- いずれも $7$ の倍数であるとき，$3$, $5$ ,$6$ が登場するものがそれぞれ $35$, $56$, $63$ のみであり，このとき必ず重複があらわれるので $7$ は公約数に持たない\r\n- 二桁の $11$ の倍数はいずれも十の位と一の位が等しいことから $11$ は公約数に持たない\r\n- $13, 17, 19, 23$ のそれぞれを公約数にもつとき，それぞれ $4, 2, 2, 5$ に注目すればいずれも矛盾\r\n- $25$ 以上の素数 $p$ について $10$ 以上 $100$ 未満に $p$ の倍数は高々 $3$ 個しか登場しないのでそれらを公約数に持つことはない\r\n\r\n「$2$ を公約数に持つ $\\iff$ $A, B, C, D$ の一の位がいずれも偶数」が成立することに留意すれば，求めるべき場合の数は ${}\\_8 \\mathrm{C} {}\\_4\\times4!-4!=\\mathbf{1656}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2879/9" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2880" } ]

[ { "content": "　解説は未作成です．ご了承ください．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2881" }, { "content": "　あっ！空から数式が！\r\n$$(x+1)(x+2)(x+4)(x+6)=x^4+13x^3+56x^2+92x+48$$\r\nよって，答えは $\\bf{13569248}$", "text": "答えのみ", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2881/13" }, { "content": "　ここでは，どのように解を探したかを書いてみます．\\\r\n　まず，係数がすべて正なので，解はすべて負であることがわかります．$4$ つの解を $x=-a,-b,-c,-d$ とすると，\r\n$$A=a+b+c+d ,\\quad B=ab+bc+cd+ac+bd+ad, \\quad C=abc+abd+acd+bcd, \\quad D=abcd$$\r\nとなります．ここから先は勘による推測となります．\\\r\n　$D$ についての条件を見ると，$D$ がある程度絞れそうだとわかります．\r\n$1,2,3,4,5,6,8,9$ で作れる数のうち，約数が多そうなものを挙げると，$24,36,48,72,96$ などがあります．\r\n$a,b,c,d$ はあまり大きくならなそうなので，$a,b,c,d$ が良い感じになるように $D$ の候補を探すと，$D=48$ で $(a,b,c,d)=(1,2,4,6)$ のときに $A=13,~ B=56,~ C=92$ となって無事に見つかりました．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct001/editorial/2881/16" } ]

[ { "content": "　すべての文字を区別すれば $5!$ 通りであり, このとき同じ文字列は $2^2$ 回ずつ現れるから, 求めるべき値は $\\textbf{30}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc065/editorial/1834" } ]

[ { "content": "　$360=2^3\\times 3^2\\times 5$ に留意し, 各素因数の分配を考えれば, 各数が相異なるとの条件を無視すれば求める場合の数は ${}_5\\mathrm{C}_2\\times{}_4\\mathrm{C}_2\\times{}_3\\mathrm{C}_2=180$ 通りである. ここで, 同時に $2$ 回使われ得る数は $1,2,3,6$ であるから, ($3$ 回にはなり得ない), 解答すべき値は $180-3\\times 4=\\textbf{168}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc065/editorial/1505" } ]

[ { "content": "　以下より, 求める解の総和は $\\dfrac{\\sqrt{89}-1}{2}$ であり, 特に解答すべき値は $\\textbf{92}$ である.\r\n- $x\\leq -3$ のとき, $x^2-3x-28=0$ を解けばよく, $x=-4$ を得る.\r\n- $-3\\leq x\\leq 5$ のとき, $x^2-3x-8=0$ を解けばよく, $x=\\dfrac{3\\pm\\sqrt{41}}{2}$ を得る.\r\n- $x\\geq 5$ のとき, $x^2-x-22=0$ を解けばよく, $x=\\dfrac{1+\\sqrt{89}}{2}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc065/editorial/1977" } ]

[ { "content": "　最大公約数 $g$ について, $a=Ag,b=Bg$ とおけば, 最小公倍数は $ABg$ であるから, 条件は\r\n$$(AB-1)g=2021=43\\times 47$$\r\n特に $g=1,43,47,2021$ のいずれかであり, それぞれ調べることで全体では $\\textbf{9}$ 組である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc065/editorial/2223" } ]

[ { "content": "　$1$ つの目の条件について, 和としてあり得るものは $7$ 以上 $195$ 以下であり, それぞれについて場合の数は\r\n$${}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{3},\\cdots,{}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{50}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{3},\\cdots,{}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{3}$$\r\nと推移することがわかる. したがって, これらの総和は\r\n$$ 4\\times({}\\_3\\mathrm{C}\\_3+\\cdots+{}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{3})+{}\\_{50}\\mathrm{C}\\_{3}=\\frac{4}{3!}\\times\\sum\\_{n=1}^{49}n(n-1)(n-2)+{}\\_{50}\\mathrm{C}\\_{3}=\\textbf{940800} $$\r\n　なお, 実際には ${}\\_3\\mathrm{C}\\_3+\\cdots+{}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{3}={}\\_{50}\\mathrm{C}\\_{4}$ を使うと早いだろう.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc065/editorial/2161" } ]

[ { "content": "$$\\angle BEC=\\angle AEB=\\angle AFE+45^\\circ=\\angle BPE+45^\\circ=180^\\circ-\\angle BEP$$\r\nより $C,E,P$ は共線であり, 同様に $C,F,Q$ も共線である. よって, $\\tan$ の加法定理を利用して\r\n$$\\angle{BCP}+\\angle{DCQ}=45^\\circ$$\r\nをみたす一辺の長さを求めれば $\\textbf{20}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc065/editorial/1916" } ]

[ { "content": "　方程式の $4$ 解を $x=x_1,x_2,x_3,x_4$ とすると, 解と係数の関係から\r\n$$\\begin{cases}\r\n2022=x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4\\\\\\\\\r\nn=x_1x_2x_3x_4\r\n\\end{cases}$$\r\nこのとき, 相加・相乗平均の関係より\r\n$$n\\leq \\left(\\dfrac{2022}{6}\\right)^2=113569$$\r\n逆にこの範囲で条件をみたすことが確認されるから, 解答すべき値は $\\textbf{113569}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/1833" } ]

[ { "content": "　平面 $\\alpha ,\\beta ,\\gamma$ がそれぞれ $xy,yz,zx$ 平面であるとしてよい.\\\r\n　このとき, $xy$ 平面による $P$ の断面の半径を $R_{xy}$ などと表し, $P$ の半径を $R_P$ とする.\r\n\r\n**解法1.**　一般性を失わず球の中心の座標を $x,y,z\\geq 0$ によって $(x,y,z)$ と表すと,\r\n$$\\begin{cases}\r\nR_P^2-z^2=R_{xy}^2=20\\\\\\\\\r\nR_P^2-x^2=R_{yz}^2=27\\\\\\\\\r\nR_P^2-y^2=R_{zx}^2=21\r\n\\end{cases}$$\r\nこれより明らかに $R_P^2\\geq 27$ である. また条件より $y^2\\leq R_{xy}^2=20$ であるから, $R_P^2\\leq 41$ が成立する.\\\r\n　逆に $R_P^2$ を $27$ および $41$ としてそれぞれ条件を充足できるから, 解答すべき値は $27+41=\\textbf{68}$ である.\r\n\r\n**解法2.**　$P$ の表面と $x$ 軸との $2$ 交点の座標を $x_1,x_2$ などで表す. ただし, 接する場合は $x_1=x_2$ とする. このとき, 三平方の定理と方べきの定理から次式が成り立つことが確かめられる：\r\n$$4R_{xy}^2=x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2$$\r\nすなわち, 与えられた断面積から次式が導かれ, $x_1^2+x_2^2=28,\\\\, y_1^2+y_2^2=52,\\\\\\, z_1^2+z_2^2=56$ を得る.\r\n$$\\begin{cases}\r\nx_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2=80\\\\\\\\\r\ny_1^2+y_2^2+z_1^2+z_2^2=108\\\\\\\\\r\nz_1^2+z_2^2+x_1^2+x_2^2=84\r\n\\end{cases}$$\r\nこれと相加・相乗平均の関係式から $\\lvert x_1x_2\\vert\\leq 14$ である. 一方で, 三平方の定理から\r\n$$R_P^2=R_{yz}^2+\\left(\\frac{|x_1- x_2|}{2}\\right)^2=\\frac{x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2+z_1^2+z_2^2}{4}-\\frac{x_1x_2}{2}=34-\\frac{x_1x_2}{2}$$\r\n　以上より $\\sqrt{34-7}\\leq R_P\\leq\\sqrt{34+7}$ となり, 同じ結論を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/1855" } ]

[ { "content": "　次の事実に留意する：$d(x)$ が奇数 $\\iff$ $x$ は平方数.\\\r\n　$d(n^{d(n)})=N$ とすると, $n^{d(n)}$ は $n$ が平方数であるかによらず常に平方数であるから, $N$ は常に奇数である. したがって $d(m^2+47),d(m^2+87)$ のどちらか一方のみが奇数であるので, $m^2+47,m^2+87$ のどちらか一方のみが平方数となる．以下, $l$ は正整数とする．\\\r\n　$m^2+47=l^2$ のとき, $(m,l)=(23,24)$ に限られるので, $N=d(24^2)+d(616)=21+16=37$ である. また $m^2+87=l^2$ のとき, $(m,l)=(43,44),(13,16)$ より $N=d(1896)+d(44^2)=16+15=31$ または $N=d(216)+d(16^2)=16+9=25$ である. 以上より $d(n^{d(n)})=25,31,37$ が条件である．\\\r\n　$n$ が素因数を $k$ 種類もつと仮定すると, $d(n^{d(n)})\\geq d(n^{2^k})\\geq (2^k+1)^k$ より $k=0,1,2$ であるから, 非負整数 $a\\geq b$ および素数 $p,q$ を用いて $n=p^a\\times q^b$ と表せる．このとき,\r\n$$d(n^{d(n)})=d((p^a\\times q^b)^{(a+1)(b+1)})=(a(a+1)(b+1)+1)(b(a+1)(b+1)+1)$$\r\n特に $a\\geq b$ と併せて $37\\geq (b(b+1)^2+1)^2$ であるから, $b=0,1$ である．\\\r\n　$b=0$ のとき, $d(n^{d(n)})=a^2+a+1=25,31,37$ を解いて $a=5$ を得る.\\\r\n　$b=1$ のとき, $d(n^{d(n)})=(2a^2+2a+1)(2a+3)=25,31,37$ を解いて $a=1$ を得る.\\\r\n　以上より, 結局 $n=pq$ または $p^5$ と表せるときに限って, それぞれ $m=13,43$ が存在して問題文の等式を満たす．このように表せる $n$ を小さい順に並べると $6,10,14,15,21,22,26,32,33,34$ であるから, 総和は $\\textbf{213}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/2174" } ]

[ { "content": "　数直線上の移動になぞらえて考える. すなわち, 座標 $0$ からスタートし, 以下の移動 $A,B$ を繰り返して $100$ へ至る.\r\n\r\n- 移動 $A$：自身のいる座標を $+2$ する.\r\n- 移動 $B$：自身のいる座標を $-1$ する.\r\n\r\n全体で移動 $A,B$ を行った回数をそれぞれ $x,y$ と表せば, $S_n\\geq 1$ のとき $n=3m+50\\ (m\\geq 0)$ と表せ, \r\n$$(x,y)=(m+50,2m)$$\r\nまた, 同じ座標を $2$ 回通らないという条件は, 「各 $B$ の間には最低でも $2$ つの $A$ を入れる必要がある」と表現できることがわかる. すなわち, $2m$ 個の $B$ の間それぞれに $A$ を $2$ 個ずつ入れた文字列\r\n$$BAABAA\\cdots BAAB$$\r\nに対して, 残りの $52-3m$ 個の $A$ を加えればよい. これより特に $m\\leq 17$ であり, \r\n$$S_{3m+50}={}\\_{(52-3m)+2m}\\mathrm{C}\\_{2m}={}\\_{52-m}\\mathrm{C}\\_{2m}$$\r\nこれを用いて $p_{3m+50}$ をそれぞれ計算することで,\r\n$$p_{50}=0,\\quad p_{53}=17,\\quad p_{56}=\\cdots =p_{65}=47,\\quad p_{68}=\\cdots =p_{77}=43$$\r\n$$p_{80}=p_{83}=41,\\quad p_{86}=\\cdots =p_{95}=37,\\quad p_{98}=17,\\quad p_{101}=7$$ \r\nであるので, 解答すべき値は $7+2\\times (17+41)+4\\times (37+43+47)=\\textbf{631}$である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/1904" } ]

[ { "content": "　$ABC$ の外接円において弧 $BAC$ の中点を $M$ とすると, well-known factとして $A,D,E,M$ は同一円周上にあり, $MBC$ と $MDE$ は相似な二等辺三角形, ここでは特に正三角形である.\\\r\n　一般にそれぞれ線分 $BC,DE$ 上にあり $BK:KC=EL:LD$ をみたす点の組 $(K,L)$ を考えると, $K$ を $B$ から $C$ まで動かしたとき, $\\angle BKL$ の大きさは狭義単調減少し, 一方で $\\angle DLK$ の大きさは狭義単調増加する. すなわち $\\angle BKL=\\angle DLK$ なる組 $(K,L)$ は高々 $1$ つしかなく, 存在すればそれが $(P,Q)$ である.\\\r\n　ここで, $\\angle BME$ の二等分線と線分 $BC,DE$ の交点をそれぞれ $P^\\prime,Q^\\prime$ とすると, これらは $MBC$ と $MDE$ の相似において対応することが分かるから, 結局これらが $P,Q$ に一致する.\\\r\n　$MC$ に関して $B,E$ が反対側にあることから, $\\angle BMC\\lt \\angle BME=2\\angle BMP$ より $BP\\gt CP$ に留意する.\r\n\r\n**方針1.**　$PQ$ に関して $D,E$ と対称な点をそれぞれ $D^\\prime,E^\\prime$ とすると, それぞれ直線 $CM,BM$ 上にあり, $MD^\\prime E^\\prime$ は正三角形である. すなわち直線 $D^\\prime E^\\prime$ は $BC$ に平行であるから, これより\r\n$$10:9=(BC-DE):PQ=BE^\\prime:PQ=ME^\\prime:MQ$$\r\n$ME^\\prime=10,MQ=9$ とおけば, $E^\\prime Q=x$ とおいて $ME^\\prime Q$ に余弦定理を適用することで\r\n$$MQ^2=E^\\prime M^2+E^\\prime Q^2-2E^\\prime M\\times E^\\prime Q\\cos60^\\circ \\implies x^2-10x+19=0$$\r\n$D^\\prime Q\\lt E^\\prime Q$ より $x\\gt 5$ に留意すれば $x=5+\\sqrt{6}$ を得る. よって以下より, 解答すべき値は $\\textbf{66}$ である.\r\n$$ \\frac{CP}{BP}=\\frac{D^\\prime Q}{E^\\prime Q}=\\frac{10-x}{x}=\\frac{31-10\\sqrt{6}}{19}$$\r\n\r\n**方針2.**　求める比を $t$ とすれば，$BC$ の中点 $N$ について直角三角形 $MNP$ に三平方の定理を適用して\r\n$$\\left(\\dfrac{MP}{BC}\\right)^2=\\left(\\dfrac{\\sqrt{3}}{2}\\right)^2+\\left(\\dfrac{1-t}{2(1+t)}\\right)^2\\implies MP=\\frac{\\sqrt{t^2+t+1}}{t+1}BC$$\r\n一方で, $MP:MQ=BC:DE$ であることから,\r\n$$\\dfrac{9}{10}(BC-DE)=PQ=MP-MQ=MP\\left(1-\\frac{DE}{BC}\\right)=\\frac{\\sqrt{t^2+t+1}}{t+1}(BC-DE)$$\r\n以上より, $t\\lt 1$ と併せて $\\displaystyle t=\\frac{31-10\\sqrt{6}}{19}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/266" } ]

[ { "content": "　操作によらず輪に留まる人数は常に偶数人であり， 特に全員を交互に $2$ つのグループに分割したとき，それぞれのグループから偶数人が輪から弾かれることが容易に分かる．したがって $1$ 回で操作が終わることはない．\\\r\n　一方で，$2$ 回で操作を終えられるから，これを数え上げよう．\r\n\r\n**解法1.**　ここで，以下のようにおく．\r\n$$S(m,n)=\\sum_{k=0}^m {n \\choose {2k}}{n \\choose {2m-2k}},\\quad T(m,n)=\\sum_{k=0}^{m-1} {n \\choose {2k+1}}{n \\choose {2m-2k-1}}$$\r\nいま，$(1+x)^n(1+x)^n=(1+x)^{2n}$ の両辺の $x^{2m}$ の係数を比較して，\r\n$$S(m,n)+T(m,n)= {{2n} \\choose {2m}}$$\r\n一方で，$(1+x)^n(1-x)^n=(1-x^2)^n$ の両辺の $x^{2m}$ の係数を比較して，\r\n$$S(m,n)-T(m,n)= {n \\choose m} (-1)^m$$\r\nこれらを連立させることで，以下のように求められる．\r\n$$S(m,n)=\\dfrac{1}{2} \\left( {{2n} \\choose {2m}} + {n \\choose m} (-1)^m \\right)$$\r\n　いま，各グループから一度に弾かれる人の集合を選んだとき，もう一方のグループからの指名の方法はちょうど $2$ 通りあることに留意すれば，$N$ は以下のように計算できる．ただし，$1$ 回目の操作で $2m$ 人が弾かれ，さらに一方のグループから $2k$ 人が弾かれることを意味する．したがって，総和は $m=1,3,5,\\ldots,1011$ に渡る．\r\n$$ \\begin{aligned} N &= \\sum_m 2^4S(m,1011)\\\\\\\\\r\n&= 2^3\\sum_m \\left( {2022 \\choose {2m}} - {1011 \\choose m} \\right) \\\\\\\\\r\n&= 2^3(2^{2020} - 2^{1010}) \\\\\\\\\r\n&= 2^{1013}(2^{1010}-1)\r\n\\end{aligned}$$ \r\nこれを $2021=43\\times 47$ で割った余りは $\\textbf{1902}$ である． \r\n\r\n**解法2.**　$1$ 回目の操作で各グループからそれぞれ $a,b$ 人が残るとすれば，同様に求める数は以下でも与えられる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n2^4\\Biggl(\\sum_{a,b}\\binom{1011}{a}\\binom{1011}{b}\\Biggr)\r\n\\end{aligned}$$\r\nただし， $a, b$ は $1$ 以上 $1011 $以下の奇数で，$(a+b)\\/2$ が偶数となるもの全体を渡る．これはさらに\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\left(\\sum_{a}\\binom{1011}{a}\\right)\\left(\\sum_{b}\\binom{1011}{b}\\right)\r\n-\\left(\\sum_{a}(-1)^{(a-1)\\/2}\\binom{1011}{a}\\right)\\left(\\sum_{b}(-1)^{(b-1)\\/2}\\binom{1011}{b}\\right)\r\n\\end{aligned}$$\r\nの $8$ 倍に等しい．ただし，総和はそれぞれ $1,3,\\ldots,1011$ を渡る．この表現において，各部分は容易に計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/2717" } ]

[ { "content": "　亀が $q$ 匹いるとすると, 条件よりカブトムシは $q-37$ 匹, 鶴は $137-2q$ 羽おり, 足の数について\r\n$$2(137-2q)+4q+6(q-37)=334$$\r\nこれを解くことで $q=47$ を得るから, 求めるべき値は $43\\times 47=\\textbf{2021}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/1874" } ]

[ { "content": "　$n\\geq 5$ のとき, $n!+5$ が $5$ より大きい $5$ の倍数となるため不適である. $n\\leq 4$ の範囲で調べれば,\r\n$$(n,p)=(2,7),(3,11),(4,29)$$\r\nが解となる. したがって, 特に解答すべき値は $\\textbf{163}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/2374" } ]

[ { "content": "　$mn+m+n=(m+1)(n+1)-1$ に留意すれば, $2$ 以上 $101$ 以下の合成数の数を求めることに等しく, これは $\\textbf{74}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/1572" } ]

[ { "content": "　三角形 $OAD$ は正三角形であり,\r\n$$\\angle DAE=\\angle OAE-\\angle OAD=\\dfrac{1}{2}(180^\\circ-30^\\circ)-60^\\circ=15^\\circ$$\r\nが成立することに留意すると, $AE=AO=AD$ より\r\n$$\\angle AEF=\\dfrac{1}{2}(180^\\circ-15^\\circ)=82.5^\\circ$$\r\nよって四角形 $OAEF$ における内角の和を考えることで $\\angle BFE=67.5^\\circ$ だから, 特に解答すべき値は $\\textbf{137}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/1321" } ]

[ { "content": "　対角線を一本ずつ書き足していくことを考えると, 求める領域の数は $(1+$対角線の本数$+$内部の対角線の交点数$)$ で表されることが容易にわかる. 正 $n$ 角形の対角線は $n(n-3)\\/2$ 本で, それらの内部の交点は $n$ 頂点から $4$ つを選んでできる四角形と一対一に対応するから ${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{4}$ 個である.\\\r\n　よって求める領域数は以下で与えられ, 特に解答すべき値は $\\textbf{5796}$ である.\r\n$$1+\\dfrac{n(n-3)}{2}+{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{4}=\\dfrac{1}{24}(n^4-6n^3+23n^2-42n+24)$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/290" }, { "content": "　頂点，辺，面の数がそれぞれ $v,e,f$ であるような平面的グラフにおいて，オイラーの多面体定理より $v-e+f=1$ が成り立つ．(ここでは，グラフの外側の領域は面とみなさないものとする．)\\\r\n 今回の場合， 対角線の交点の数がその対角線を持つ四角形の選び方に一対一対応することから ${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{4}$ 個であるので， $v={}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{4}+n$ \\\r\n また，対角線の交点の次数はいずれも $4$ であり，正 $n$ 角形の頂点の次数はいずれも $n-1$ であることから， $e=(4\\times{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{4}+n(n-1))\\div2$\\\r\n 以上より， $f=-v+e+1=\\dfrac{1}{24}(n^4-6n^3+23n^3-42n+24)$ であり，特に解答すべき数値は $\\dfrac{6\\cdot23\\cdot42\\cdot24}{24}=\\textbf{5796}$", "text": "オイラーの多面体定理の利用", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/290/119" } ]

[ { "content": "　上から $k$ 桁目の数字を $a_k$ とする. 明らかに $a_k$ と $k$ の偶奇は一致し, 特に $a_5=5,\\ a_{10}=0$ が直ちに従う. また, $10a_3+a_4$ および $10a_7+a_8$ が $4$ で割り切れることから, $a_4$ および $a_8$ は $2$ または $6$ である. さらに, $a_4+a_5+a_6$ が $3$ で割り切れることから, 偶数 $k$ に対する $a_k$ の定め方は $2$ 通りに絞られる. あとは $10a_7+a_8$ が $4$ で割り切れること, および $a_7+a_8+a_9$ が $3$ で割り切れることを利用し, 最終的に $k=7$ で条件をみたすかをそれぞれの候補について確認することで, $\\textbf{3816547290}$ が唯一適する $N$ として得られることがわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc063/editorial/1759" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より, 非負整数 $n$ について\r\n$$x^{n+2}-8x^{n+1}+x^n=0,\\quad y^{n+2}-8y^{n+1}+y^n=0$$\r\nよって $a_{n+2}=8a_{n+1}-a_{n}$ が成立する. これより, $b_0=2,b_1=1$ から始めれば, $b$ は $2,1,6,5,6,1$ の周期を繰り返すことが分かる. これより, 求めるべき総和は $(2+1+6+5+6+1)\\times(2022\\/6)=\\textbf{7077}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/1725" } ]

[ { "content": "　三平方の定理より $CD^2=AD^2+BC^2-AB^2=40$ であり, このときPtolemyの定理より $AC×BD=40+14 \\sqrt{10}$ である. いま求める面積は $AC\\times BD\\/2$ であるから, 解答すべき値は $20+7+10=\\textbf{37}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2551" }, { "content": "$BD$ の垂直二等分線について $C$ と対称な点を $E$ とする. このとき，$E$ は円 $ABCD$ 上にあり，また $AE$ はこの円の直径であるから，\r\n$$|ABCD|=|ABED|=\\dfrac{7×\\sqrt{40}+8×5}{2}=7\\sqrt{10}+20$$\r\nであり，解答すべき値は $\\textbf{37}$. \\\r\nなお，余談だが，上記の解説と同じ点の取り方をすることで，以下のようにPtolemyの定理の証明が可能である. :\\\r\n 円に内接する四角形 $ABCD$ について，$BD$ の垂直二等分線について $C$ と対称な点を $E$ とし，$AC$ と $BD$ の交点を $F$ とすると，$\\angle BAC=\\angle EAD, \\angle ABD=\\angle AED$ から $\\angle AFB=\\angle ADE$ であり，四角形 $ABCD$ と $ABED$ の面積が等しいこともふまえ，$AB×BE+AD×DE=AC×BD$ が成立する. $BC=ED, BE=CD$ から，$AB×CD+AD×BC=AC×BD$ となり，したがってこの定理は示された.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2551/180" } ]

[ { "content": "　$a,b,c$ を $7$ で割った余りは相異なるから，$a,b,c$ の大小の制約を取り除いて考え，$3!$ で割ればよい．\\\r\n　以下より $a+b+c$ は $7$ の倍数であることに留意する．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n4(a+b+c) &= a+b+c+(a+b)+(a+c)+(b+c)+(a+b+c) \\\\\\\\\r\n&\\equiv 0+1+2+\\cdots+6\\\\\\\\\r\n&\\equiv 0 \\pmod{7}\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれより，$a,b,c$ を $7$ で割った余りは，$\\\\{1,6\\\\},\\\\{2,5\\\\},\\\\{3,4\\\\}$ から一つずつ選択される必要があるから，あり得る組み合わせは $\\\\{1,2,4\\\\},\\\\{3,5,6\\\\}$ とわかる．それぞれ，大小の制約を無視すれば適する組は $3!\\times72^2\\times71$ 通りおよび $3!\\times72\\times71^2$ 通りであるから，求める場合の数は $72^2\\times71+72\\times71^2=\\textbf{731016}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2616" } ]

[ { "content": "　$4$ 点 $A,B,D,C$ の共円は容易に分かる. ここで, 辺 $BC$ 上に $AQ=8$ なる点 $Q(\\neq C)$ をとれば, 先の事実と併せて三角形 $ABD$ と $AQC$ は相似であり, 特に $\\angle BAD=\\angle QAC$, 同時に $\\angle BAQ=\\angle PAC$ である. したがって,\r\n$$BQ:PC=(14 \\times8):(7 \\times8)=2:1,\\quad BP:QC=(14 \\times7):(8 \\times8)=49:32$$\r\nより $BQ:QP:PC=34:15:17$ を得る. 方べきの定理より $BP=\\dfrac{49}{\\sqrt{17}}$ であり, 求める値は $\\bf{ 2418 }$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2033" }, { "content": "　僕の解法ではないのですが別解紹介です. ここでは表記簡略化のため, 三角形 $ABC$ の面積を $|\\triangle ABC|$ などと表すことにします. \r\n\r\n　三角形 $ABD$ と三角形 $ACE$ は相似で, 相似比が $14:8$ なので, $|\\triangle ACE|=64x$ とおけば $|\\triangle ABP|=\\dfrac{14^2x}{2}=98x$ です. ところで, 三角形 $ABC$ と三角形 $ADE$ は合同であるから, $$|\\triangle DCP|+ |\\triangle ACE|= |\\triangle ABP|$$ となるので $|\\triangle DCP|=34x$ で, $|\\triangle ACP|=34x$ が従います. \r\n\r\n　よって $BP:PC=|\\triangle ABP|:|\\triangle ACP| =49:17$ が得られ, あとは本解説と同様に方べきの定理を適用することで $BP=\\dfrac{49}{\\sqrt{17}}$ を得ます.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2033/76" }, { "content": "$4$ 点 $A$,$B$,$D$,$C$ は共円なので，$BP=x$ と置くと，$BD=\\dfrac{8x}{7}$ である。\\\r\n $\\triangle ABD$ に中線定理を適用すれば $x$ が求まる。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2033/126" } ]

[ { "content": "　以下では $v_i,w_i$ を縮約して一つの頂点とみなした新たなグラフを考える (人の手を用いた表現を考えると良い).\\\r\n　連結成分のサイズの組み合わせを考えれば, 以下の $4$ 通りがあり得る.\r\n$$\\lbrace6\\rbrace,\\quad \\lbrace4,2\\rbrace,\\quad \\lbrace3,3\\rbrace,\\quad \\lbrace2,2,2\\rbrace$$\r\nまた, それぞれの連結成分の状態としては, 一つのループか, 一つのパスのいずれかである.\\\r\n　$n\\ (\\geq 2)$ 頂点の組み合わせを固定したとき, それらからなる連結成分の作り方が $f(n)$ 通りあるとする. $v_1,w_1$ を固定して考えれば, 各頂点の並べ方が $(n-1)!$ 通り, $v_i,w_i$ の状態が $2^{n-1}$ 通り, パスにする方法が $n$ 通りあるから,\r\n$$f(n)=(n-1)!\\times 2^{n-1}\\times (1+n)$$\r\n　これより, それぞれのサイズの組み合わせごとに場合の数を計算すると,\r\n\r\n- $\\lbrace6\\rbrace$ のとき, $f(6)=26880$ 通り.\r\n- $\\lbrace4,2\\rbrace$ のとき, ${}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{2}\\times f(4)\\times f(2)=21600$ 通り.\r\n- $\\lbrace3,3\\rbrace$ のとき, $({}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{3}\\div 2!) \\times f(3)^2=10240$ 通り.\r\n- $\\lbrace2,2,2\\rbrace$ のとき, $({}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{2}\\times {}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}\\div 3!)\\times f(2)^3=3240$ 通り.\r\n\r\nこれらを合計することで, 全体では $\\textbf{61960}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2509" } ]

[ { "content": "　$b_{ n }=a_{ n }+\\displaystyle \\frac{1}{3}×2^{n-1}$ とおけば, 以下の漸化式を得る.\r\n$$b_{ 1 }=\\displaystyle \\frac{16}{3},\\quad b_{ 2 }=\\displaystyle \\frac{146}{3},\\quad b_{ n+2 }=16b_{ n+1 }-55b_{ n }$$\r\nこれを解いて $b_{ n }=\\displaystyle \\frac{1}{3}×(11^n+5^n)$を得るから, $a_n$ の一般項は\r\n$$a_{ n }=\\displaystyle \\frac{1}{3}×(11^n+5^n-2^{n-1}).$$\r\n　まず $f_{ 2 }(n)$ について考える.\r\n\r\n- $n$ が偶数のとき, $11^n+5^n \\equiv 2 \\pmod{4}$ より, これは $2$ でちょうど $1$ 回割り切れる.\\\r\nただし $n=2$ のときのみ, $a_2$ は $2$ で $4$ 回割り切れることに留意せよ.\r\n- $n$ が奇数のとき, $11^n+5^n$ は以下のように因数分解できるから, $2$ でちょうど $4$ 回割り切れる.\r\n$$11^n+5^n=(11+5)\\times(11^{n-1}-11^{n-2}×5+\\cdots+5^{n-1})$$\r\nただし, $n=1,3,5$ のとき, $a_n$ は $2$ でそれぞれ $0,2,6$ 回割り切れることに留意せよ.\r\n\r\n　次に, $f_{ 5 }(n)$ について考える. $a_{ n }$ が $5$ の倍数となるのは, $n=4l+1$ と表されるときのみである. $l=0$ のとき, $a_1$ は $5$ でちょうど $1$ 回割り切れる. $l\\geq 1$ のとき, 以下より $a_n$ はやはり $5$ でちょうど $1$ 回割り切れる.\r\n$$a_{ n }=11^{4l+1}+5^{4l+1}-2^{4l} \\equiv 11×16^l-16^l \\equiv 10×16^l \\pmod{25}$$\r\n　以上から,\r\n$$\\sum_{n=1}^ {1000} f_{ 2 }(n)=(4+1\\times 499)+(0+2+6+4\\times 497),\\quad \\sum_{n=1} ^{1000} f_{ 5 }(n)=1\\times 250$$\r\nとそれぞれ計算できるから, 求める値は $\\bf{ 2749 }$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2536" } ]

[ { "content": "　$AM=OB=OM=OA$ より三角形 $OAM$ は正三角形である. これより $\\angle AOB=2\\angle AOM=120^\\circ$ であるから, 求める面積は $6^2\\times\\pi\\times(120\\/360)=\\bf{12} \\pi$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc061/editorial/2410" } ]

[ { "content": "　$l$ と $c$ が隣り合うような並べ方は $2\\times 5!=240$ 通りあり, $k$ と $r$ が隣り合う場合も同様である. また, これらが同時に隣り合うような並べ方は $2\\times 2\\times 4!=96$ 通りであるから, 求める場合の数は $6!-2\\times 240+96=\\textbf{336}$ 通り.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc061/editorial/1610" } ]

[ { "content": "　以下のように計算できる.\r\n$$\\begin{aligned}\r\n1+1\\times 1!+2\\times 2!+ \\cdots + 2022\\times 2022! &= 2! + 2 \\times 2! + 3 \\times 3!+\\cdots + 2022 \\times 2022! \\\\\\\\\r\n&=3\\times 2!+3\\times 3! + \\cdots +2022\\times 2022!\\\\\\\\\r\n&= 3!+3\\times 3!+\\cdots + 2022\\times 2022! \\\\\\\\\r\n&= \\cdots \\\\\\\\\r\n&= 2023!\r\n\\end{aligned}$$\r\nよってLegendreの定理から, 求める値は $\\bf{2014}$ である. \\\r\n　なお，$2023!$ が $2$ で割り切れる回数は, 以下の定理を用いて求めてもよい. \r\n\r\n**定理.**　$n$ を $2$ 進法表記したときに $1$ である桁の数を $\\mathrm{popcount}(n)$ とするとき, $n!$ が $2$ で割り切れる回数は $n-\\mathrm{popcount}(n)$ と等しい. (証明は [**OMC039(D)の解説**](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc039\\/editorial\\/262) を参照せよ. )\r\n\r\n　$2023_{(10)}=11111100111_{(2)}$ であるから, $2023!$ は $2$ で $2023-\\mathrm{popcount}(2023)=2014$ 回割り切れる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc061/editorial/2439" } ]

[ { "content": "　$1$ から $10$ までの整数を頂点とし, $k$ から $a_k$ に辺を張った有向グラフを考えると, すべての頂点について入次数・出次数がともに $1$ であることから, 各連結成分がサイクルとなることが分かる. このとき条件は, すべての連結成分の大きさの最小公倍数が $30$ となることであり, $10=5+3+2$ と分割するほかない. したがって求める答えは\r\n$${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{5}\\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{3} \\times4!\\times 2!\\times 1!=\\textbf{120960}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc061/editorial/2490" } ]

[ { "content": "　整数の集合 $X$ において, 小さい方から $i$ 番目を $x_i$ で表せば, $3$ つの集合 $A,B,C$ について, スコアの総和は\r\n$$\\sum_{k=1}^{674} (2k-675)(a_k+b_k+c_k)$$\r\n$A,B,C$ に現れる $2022$ の数の集合 $D$ を固定すれば, これが最大となるのは明らかに $k=1,2,\\ldots,674$ に対し\r\n$$\\\\{a_k,b_k,c_k\\\\}=\\\\{d_{3k-2},d_{3k-1},d_{3k}\\\\}$$\r\nが成り立つときであり, さらに $D$ を動かせば明らかに以下で一意に最大である.\r\n$$D=\\\\{1,2,\\ldots,1011,10^{1000}-1010,\\ldots,10^{1000}-1,10^{1000}\\\\}$$\r\nよって, 以上より $M=(3!)^{674}\\/3!=2^{673}\\times 3^{673}$ であり, これは $\\bf{524}$ 桁である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc061/editorial/2190" } ]

[ { "content": "　以下のように $p,q,r,s$ をとれば、これらは相異なる正整数である.\r\n$$p=\\frac{a+b+c+d}{a},\\quad q=\\frac{a+b+c+d}{b},\\quad r=\\frac{a+b+c+d}{c},\\quad s=\\frac{a+b+c+d}{d}$$\r\nさらに, $p,q,r,s$ は次の条件をみたす：\r\n$$\\frac1p+\\frac1q+\\frac1r+\\frac1s=1$$\r\nこのとき, このような $(p,q,r,s)$ の組は\r\n$$(2,3,7,42), (2,3,8,24), (2,3,9,18), (2,3,10,15), (2,4,5,20), (2,4,6,12)$$\r\nとその並べ替えに限られる. このような組と $(a,b,c,d)$ が一対一に対応し, $a+b+c+d=\\textrm{lcm}(p,q,r,s)$ であるから, 求める答えは $4!\\times(42+24+18+30+20+12)=\\bf{3504}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc061/editorial/2247" } ]

[ { "content": "　$X=\\log x$ などとおけば, 底の変換公式より最小化すべき値は\r\n$$81\\dfrac{Y}{X}+72\\dfrac{Z}{Y}+64\\dfrac{X}{Z}$$\r\n相加・相乗平均の関係よりこれは $3\\sqrt[3]{81\\times72\\times64}=216$ 以上であり, $8X=9Y=9Z$ で等号が成立するから, 求める最小値は $\\textbf{216}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc060/editorial/243" } ]

[ { "content": "　それぞれの生徒および係を $12$ 個の頂点とし, 生徒への係の割り当てに従って辺を貼った二部(無向)グラフを考えると, すべての頂点の次数が $2$ であることから, その辺はいくつかのサイクルに分解できる. ここで, 3つ目の条件よりこのサイクルの長さは $4$ ではなく, さらに二部グラフであることからサイクルの長さは奇数ではないから, これらより $6$ 以上である. これより, グラフは長さ $6$ のサイクル二つに分解されるか, 長さ $12$ のサイクル一つから構成されるしかない. 前者の場合の数は以下で与えられる.\r\n$$\\dfrac{1}{2}({}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{3})^2\\times\\left(\\dfrac{1}{2}\\times3\\times2\\times2\\right)^2=7200$$\r\nまた後者の場合の数も同様に $\\dfrac{1}{2}\\times6\\times5\\times5\\times\\cdots=\\dfrac{1}{2}\\times6!\\times5!=43200$ 通りである.\\\r\n　以上より求める場合の数は $\\textbf{50400}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc060/editorial/244" } ]

[ { "content": "　$M$ は $DF$ の中点でもあることから, $AB$ と $CF$ は平行であり,\r\n$$\\angle DAF=\\angle BAF=\\angle BCF=\\angle MCF$$\r\nより三角形 $ADF$ と $CFM$ は相似, すなわち $AD=2CF$ である. 一方で方べきの定理より\r\n$$AD\\times CF=AD\\times BD=DF\\times DG=72$$\r\nであるから, $AD=12,CF=6$ が従い, 三平方の定理より $AC=6\\sqrt{10}$ である.\\\r\n　ここで, $AC$ と $DM$ の交点を $X$ とすれば, 共円 $A,D,E,M$ において円周角の定理より $\\angle EDX=\\angle MAX$ であることから, 三角形 $XED$ と $XMA$ は相似である. よって,\r\n$$DE=AM\\times\\dfrac{DX}{AX}=\\sqrt{9^2+12^2}\\times\\dfrac{2\\times18}{2\\times6\\sqrt{10}}=\\sqrt{\\dfrac{405}{2}}$$\r\n特に解答すべき値は $\\textbf{407}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc060/editorial/274" } ]

[ { "content": "　左から $k$ 番目の箱を $B_k$ で表す. また, \r\n$$\\begin{aligned}\r\nc_k=\\begin{cases}\r\nk&(k\\leq n)\\\\\\\\\r\n2n+1-k&(k\\gt n)\r\n\\end{cases}\r\n\\end{aligned}$$\r\nと定める. $B_k$ に入っている球に $\\sum^{k-1}\\_{i=1}c_i+1$ 以上 $\\sum^{k}\\_{i=1}c_i$ 以下の整数を一つずつ書き込む. このとき, $n(n+1)$ 以下の正の整数が $1$ つずつ書き込まれることになる. ここで, $a=1,2,\\dots,n+1$ について, $an$ の書かれた球が初め $B_{l_a}$ に入っているとする. すなわち $l_a$ は $c_1+\\cdots+c\\_{l_a}\\geq an$ となる最小の正の整数である. \\\r\n　操作は同じ箱のどの球を取り出しても同じであるから, 箱の中にある一番大きな数が書かれた球を移すとしてよい. このとき, $s\\lt t$ なる整数 $s,t$ について, $s$ が書かれた球が $t$ が書かれた球よりも右の箱に入ることはない. \\\r\n　$(a-1)n\\lt s\\leq an$ なる整数 $s$ が書かれた球に注目する. この球の最終的な行き先を $B_{L(s)}$ とすると, 最終的に $B\\_1,B\\_2,\\dots,B\\_{L(s)}$ には $1,2,\\dots,s$ が書かれた球がすべて入っており, また入っている球の個数の合計は $n$ の倍数であるから, 特に $an$ 以上である. 一方, $B_1,B_2,\\dots,B_{L(s)}$ に入っている球の個数の合計は操作により増加しないから, 初めの状態でも $B_1,B_2,\\dots,B_{L(s)}$ に入っている球の個数の合計は $an$ 以上である. よって $L(s)\\geq l_a$ を得る.\\\r\n　逆に, $(a-1)n+1$ 以上 $an$ 以下の整数が書かれた任意の球が最終的に $B_{l_a}$ に入るように操作を行える. ここで,\r\n$$\\sum^{n(n+1)}\\_{s=1}L(s)-\\sum^{2n}\\_{k=1}kc_k$$\r\nのとり得る最小値が $f(n)$ であるから, これは以下のように表される. \r\n$$f(n)=n\\sum^{n+1}\\_{a=1}l\\_a-\\sum^{2n}\\_{k=1}kc_k$$\r\n　いま, $1\\leq a\\leq n$ について $c_1+\\cdots+c_{l_a}\\geq an\\gt c_1+\\cdots+c_{l_a-1}$ より\r\n$$c_{2n-l_a+1}+\\cdots+c_{2n}\\geq an\\gt c_{2n-l_a+2}+\\cdots+c_{2n}$$\r\nすなわち\r\n$$c_1+\\cdots+c_{2n-l_a}\\leq (n+1-a)n\\lt c_1+\\cdots+c_{2n-l_a+1}$$\r\nであるから, \r\n- $c_1+\\cdots+c_{l_a}=an$ のとき $l_{n+1-a}=2n-l_a$, \r\n- $c_1+\\cdots+c_{l_a}\\gt an$ のとき $l_{n+1-a}=2n-l_a+1$\r\n\r\nである. したがって $a\\lt(n+1)\\/2$ のとき, $l_a\\lt n$ であるから, \r\n- $an$ が三角数であるとき $l_a+l_{n+1-a}=2n$, \r\n- そうでないとき $l_a+l_{n+1-a}=2n+1$\r\n\r\nをみたす. \r\nまた, $l_{n+1}=2n$, $n$ が奇数のとき $l_{(n+1)\\/2}=n $であるから, $g(n)$ で $an$ が三角数となるような $1\\leq a\\lt(n+1)\\/2$ の個数を表すとすると, \r\n- $n$ が偶数のとき, \r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum^{n+1}\\_{a=1}l_a&=(l_1+l_n)+\\cdots+(l_{n\\/2}+l_{n\\/2+1})+l_{n+1}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n}{2}(2n+1)+2n-g(n)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2n^2+5n}{2}-g(n)\r\n\\end{aligned}$$\r\n- $n$ が奇数のとき\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum^{n+1}\\_{a=1}l_a&=(l_1+l_n)+\\cdots+(l_{(n-1)\\/2}+l_{(n+3)\\/2})+l_{(n+1)\\/2}+l_{n+1}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n-1}{2}(2n+1)+n+2n-g(n)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2n^2+5n-1}{2}-g(n)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　以下 $g(n)$ を求めよう. $g(n)$ は $b(b+1)\\/2$ が $n$ の倍数となるような整数 $1\\leq b\\lt n$ の個数と一致する. $b=0$ の場合も許すとして考える. $2n$ を互いに素な正の整数 $c,d$ の積で表せたとすると, 中国剰余定理より $c\\mid b$ かつ $d\\mid(b+1)$ となるような整数 $0\\leq b\\lt2n$ がただ一つ存在する. これは $d\\mid(2n-b-1)$ かつ $c\\mid(2n-b)$ と同値である. $b,2n-b-1$ のうちちょうど一方が $0$ 以上 $n$ 未満であるから, それを $b^\\prime$ とすると, $2n\\mid b^\\prime(b^\\prime+1)$ となる. \\\r\n　逆に, 整数 $b$ が $2n\\mid b(b+1)$ をみたすならば, ある互いに素な正の整数 $c,d$ であって, $2n=cd$ かつ $c\\mid b$ かつ $d\\mid (b+1)$ なるものが存在し, かつ一意であることが容易にわかる. \\\r\n　よって, $2n\\mid b(b+1)$ となる整数 $0\\leq b\\lt n$ と, $2n=cd$ なる互いに素な整数 $c,d$ ($c\\lt d$) の組は一対一に対応する. したがって $2n$ の素因数の個数 (重複は数えない) を $p(n)$ とすれば, $g(n)=2^{p(n)-1}-1$ である. \\\r\n　以上の議論をまとめると, $n$ を $2$ で割った余りを $r$ とするとき, \r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(n)&=n\\sum_{a=1}^{n+1}l_a-\\sum_{k=1}^{2n}kc_k\\\\\\\\\r\n&=n\\left(\\frac{2n^2+5n-r}{2}-(2^{p(n)-1}-1)\\right)-\\frac{n(n+1)(2n+1)}{2}\\\\\\\\\r\n&=n\\left(n+\\frac{1-r}{2}-2^{p(n)-1}\\right)\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる. 特に, $p(10^6-1)=p(3^3\\cdot 7\\cdot 11\\cdot 13\\cdot 37)=6,\\ p(10^6)=p(2^6\\cdot 5^6)=2$ であるから, \r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(10^6-1)+f(10^6)&=(10^6-1)(10^6-33)+10^6(10^6-3\\/2)\\\\\\\\\r\n&=2\\cdot 10^{12}-\\frac{71}{2}\\cdot 10^6+33\\\\\\\\\r\n&=\\textbf{1999964500033}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc060/editorial/273" } ]