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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　与式をみたす $f(x),g(x)$ を一つ見つけることで，すべての解を表現できる．これはEuclidの互除法の結果を利用して一次不定方程式の解を得るのとまったく同じである．ここでは，例えば\r\n$$f_0(x)=2x^2-x+4,\\quad g_0(x)=-2x^3+x^2-2x-1$$\r\nとすれば\r\n$$(x^4+x+1)f_0(x)+(x^3+x+1)g_0(x)=3$$\r\nであるから，これを用いれば\r\n$$(x^4+x+1)(f(x)-f_0(x))+(x^3+x+1)(g(x)-g_0(x))=0.$$\r\n$x^4+x+1$ と $x^3+x+1$ は共通の根を持たないので，多項式 $P(x)$ によって\r\n$$\\begin{cases}\r\nf(x)-f_0(x)=(x^3+x+1)P(x)\\\\\\\\\r\ng(x)-g_0(x)=-(x^4+x+1)P(x)\r\n\\end{cases}$$\r\nと表せる．ここで，$f(x)$ は三次式であるから $P(x)$ は $0$ でない定数である．これを $a$ とすると，\r\n$$\\begin{cases}\r\nf(-1)-7=-a\\\\\\\\\r\ng(-1)-4=-a\r\n\\end{cases}$$\r\nこれより $57=f(-1)+g(-1)=-2a+11$ であり，$a=-23$ を得る．したがって，\r\n$$g(2)-f(2)=-30a+g_0(2)-f_0(2)=-30\\times (-23)-17-10={\\bf 663}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/4115" } ]

[ { "content": "　三角形 $APQ$ の内接円と $AP,AQ$ との接点をそれぞれ $M,N$ とおき,\r\n$$AM=x,\\quad PL=y,\\quad QL=z$$\r\nとすれば,\r\n$$PQ=y+z=41,\\quad KL=y-z=1$$\r\nであるから，三角形 $APQ$ の面積を $S$ とおけば $S=41\\triangle AKL=41\\times 6\\sqrt{7}$ を得る．一方でHelonの公式から\r\n$$S=\\sqrt{xyz(x+y+z)}=\\sqrt{420x(x+41)}.$$\r\nこれを解いて $x=\\dfrac{-205+41\\sqrt{85}}{10}$ である．したがって，$S=rx$ とも表せることから\r\n$$r=\\frac{S}{x}=\\frac{41\\times 60\\sqrt{7}}{41(\\sqrt{85}-5)}=\\sqrt{7}(\\sqrt{85}+5)=\\sqrt{595}+\\sqrt{175}$$\r\nとなり，解答すべき値は $595+175=\\textbf{770}$ である.\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/2098" } ]

[ { "content": "　$N = 7$ とする．$i \\in \\\\{1, 2, 3\\\\}, j \\in \\\\{0, 1, 2\\\\}$ に対し，$n_i$ を $3$ 進数表記したときに現れる $j$ の個数を $G(i, j)$ と表すと，以下が成り立つ．\r\n- 任意の $i \\in \\\\{1, 2\\\\}, j \\in \\\\{0, 1, 2\\\\}$ に対し，$F(i, j) = G(i + 1, j) - G(i, j) $\r\n- 任意の $i \\in \\\\{1, 2, 3\\\\}$ に対し，$G(i, 0) + G(i, 1) + G(i, 2) = N$\r\n\r\nこれらのことから問題文にある $2$ 条件はそれぞれ次の条件と同値であることが分かる．\r\n$$G(1, 0) + G(2, 2) + G(3, 1) = N，G(1, 2) + G(2, 1) + G(3, 0) \\gt N$$\r\n\r\n　したがって，$n_2$ に対し，$3$ 進数表記において各桁を $0 \\rightarrow 1 \\rightarrow 2 \\rightarrow 0$ と巡回して置換した数を $n_2^{\\prime}$ とし，$n_3$ に対し，$3$ 進数表記において各桁を $0 \\rightarrow 2 \\rightarrow 1 \\rightarrow 0$ と巡回して置換した数を $n_3^{\\prime}$ とすれば，$n_1, n_2^{\\prime}, n_3^{\\prime}$ の $3$ 進数表記には合計してちょうど $N$ 回の $0$ が現れ，かつ $2$ が現れる回数は $N$ より多い．このような $n_1, n_2^{\\prime}, n_3^{\\prime}$ の組が何組あるのかを求めればよく，それは以下のように計算できる．\r\n$${}\\_{3N}\\mathrm{C}\\_N ({}\\_{2N}\\mathrm{C}\\_{N+1} + \\cdots + {}\\_{2N}\\mathrm{C}\\_{2N}) = \\frac{{}\\_{3N}\\mathrm{C}\\_N(2^{2N} - {}\\_{2N}\\mathrm{C}\\_N)}{2} = \\mathbf{753029280}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/4856" }, { "content": "　FPS での解法です．少し省略しています．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$G(i,j)$ を公式解説と同様に定義する．このとき条件は\r\n$$G(2,0)+G(2,1) = G(1,0)+G(3,1),　G(2,0)+G(2,2) \\lt G(1,2)+G(3,0)$$\r\nである．よって，求める場合の数は形式的冪級数\r\n$$\\left(\\frac 1a + 1 + \\frac 1b \\right)^7 (ab+a+b)^7 \\left(\\frac 1b + \\frac 1a + 1\\right)^7$$\r\nにおいて，$a$ の次数が $0$ かつ $b$ の次数が負である項の係数の総和として表せる．すなわち， $(ab+a+b)^{21}$ において $a$ の次数が $14$ かつ $b$ の次数が $13$ 以下である項の係数の総和を求めればよい． \r\n　$(ab+a+b)^{21}$ を $a$ の関数と捉えたとき，その $a^{14}$ の係数は\r\n$$\\binom{21}{14}(b+1)^{14}b^7$$\r\nであることが二項定理より分かる．さらに，$(b+1)^{14} b^7$ において $b$ の次数が $13$ 以下である項の係数の総和は\r\n$$\\binom{14}{0}+\\binom{14}{1}+\\cdots+\\binom{14}{6} = \\frac{2^{14}-\\binom{14}{7}}{2}$$\r\nである．従って求める答えは\r\n$$\\binom{21}{14} \\times \\frac{2^{14}-\\binom{14}{7}}{2} = \\textbf{753029280} .$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/4856/179" } ]

[ { "content": "　正二十面体の各面は正三角形である.\\\r\n　したがって, 一辺の長さを $a$ とすると, 表面積について次の式が成り立つので, $a^4=\\textbf{12}$ である．\r\n$$\\displaystyle 30=\\frac{\\sqrt{3}}{4}a^2\\times20$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/2977" } ]

[ { "content": "**解法1.**　まずマスが選ばれる行および列を $3$ つずつ選ぶ. このとき, 候補となる $3\\times3=9$ つのマスから実際に $3$ つのマスを選ぶ方法は $3!$ 通り存在する. よって, 求める場合の数は ${}_5\\mathrm{C}_3\\times{}_5\\mathrm{C}_3\\times 3!=\\textbf{600}$ である.\r\n\r\n**解法2.**　まず一つ目のマスを $5^2$ 個から自由に選ぶ. このとき, 二つ目のマスとして選べるものは $4^2$ 個であり, さらに三つ目のマスとして選べるものは $3^2$ 通りである. 同じものを $3!$ 回数えていることに注意すれば, 同様の結論を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/2979" } ]

[ { "content": "　$x=6$ のとき与方程式をみたす $y$ は存在しない．以下, $x\\ne 6$ とする．\\\r\n　与方程式を次のように $y$ について解くことで, $x-6$ は $25$ の約数であることがわかる．\r\n$$\\displaystyle y=x+6+\\frac{25}{x-6}$$\r\nしたがって $x$ の候補は $x=1,5,7,11,31$ であり,このうち $y\\gt 0$ となるものは $x=1,7,11,31$ である．\\\r\n　よって求める $x$ の総和は $\\textbf{50}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/2981" } ]

[ { "content": "　方程式 $f(x)=0$ の複素数解が $x=1,5$ のみであることから,正の整数 $m,n$ を用いて\r\n$$f(x)=(x-1)^m(x-5)^n$$\r\nと表せる．この式に $x=3,9$ を代入して次の $2$ 式を得る．\r\n$$(-1)^n 2^{m+n}=2^{1000},\\quad 2^{3m+2n}=2^{2022}$$\r\nしたがって $n\\equiv0\\pmod 2,m+n=1000,3m+2n=2022$ より $(m,n)=(22,978)$ を得る．すなわち\r\n$$f(x)=(x-1)^{22}(x-5)^{978}$$\r\nより,定数項 $f(0)=5^{978}$ が $5$ で割り切れる回数は $\\textbf{978}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/2980" } ]

[ { "content": "　以下のように光線の軌跡を一直線に「展開」すれば, 求めるべき値は $AB^{\\prime}$ の平方である. 下図の各点について,\r\n$$AB=2,\\quad AC=\\sqrt{6},\\quad AD=CD=\\sqrt{3},\\quad B^{\\prime}E=AB\\sin30^\\circ=1$$\r\n特に $DE=\\sqrt{3}+(\\sqrt{3}+1)+2+AB\\cos30^\\circ=3\\sqrt{3}+3$ であるから, 三平方の定理より\r\n$$AB^{\\prime}{}^2=(\\sqrt{3}-1)^2+(3\\sqrt{3}+3)^2=40+16\\sqrt{3}$$\r\n以上より, 解答すべき値は $40+16+3=\\textbf{59}$ である.\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/1659" } ]

[ { "content": "　$5^{9999}$ は条件を満たさない．$9999$ 個の整数 $5^0,5^1,\\ldots, 5^{9998}$ のうち，最高位の数字が $k$ であるものの個数を $a_k$ とする．正整数に $5$ 倍を繰り返し施すと，その最高位の数字は以下の $2$ 通りのパターンを辿る：\r\n$$A:1\\to(5\\ \\mathrm{or}\\ 6\\ \\mathrm{or}\\ 7)\\to(2\\ \\mathrm{or}\\ 3)\\\\to1,\\quad B:1\\to(8\\ \\mathrm{or}\\ 9)\\to 4\\to 2\\to 1$$\r\n\r\n特に，最高位が $1$ でないものはすべてある桁数の $5$ べきの中で最大値であり，$a_1=9999-6989=3010$ を得る. さらに\r\n$$a_1=a_5+\\cdots +a_9=a_2+a_3,\\quad a_1+a_2+\\cdots+a_9=9999$$\r\nより，$a_4=9999-3a_1=\\mathbf{969}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/1798" }, { "content": "　自然界に現れる多くのデータにおいて，次が従うことが **Benford の法則** （[Wikipedia](https:\\/\\/ja.wikipedia.org\\/wiki\\/%E3%83%99%E3%83%B3%E3%83%95%E3%82%A9%E3%83%BC%E3%83%89%E3%81%AE%E6%B3%95%E5%89%87)）として経験則的に知られています．\r\n\r\n---\r\n\r\n**事実.**　ある数量が $b$ 進法表記で最高位の数字が $d$ になる確率は，$\\log_{b}\\left(1+\\dfrac{1}{d}\\right)$ 程度である．\r\n\r\n---\r\n\r\n一見すると直観に反するこの現象ですが，そもそも数量が対数的に分布しているとすれば，これは必然の結果です．\\\r\n　今回の問題でも，数量が対数的に分布しているので，この法則が適用できます．すなわち，$5^{9999}$ までの $5$ べきの数のうち，最高位の数字が $4$ であるようなものの個数は $10000\\log_{10}(5\\/4)=10000(1-3\\log_{10}2)\\fallingdotseq969$ 程度であることが言えます（$\\log_{10}2\\fallingdotseq0.3010$ を用いました）．誤答を恐れなければ，その前後を総当たりすれば CA が得られます．（この法則は maple さんに教えていただきました．）", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/1798/167" }, { "content": "　$5^t$ の最高位の数字を考える代わりに $2^t$ の最高位の数字を考えて解くことも可能です．$5^t$ の最高位の数字の遷移より $2^t$ の最高位の数字の遷移の方が見抜きやすいと思います．$10^{6989}\\lt 5^{9999} \\lt 2×10^{6989}$ から，$$5×10^{3009}\\lt 2^{9999} \\lt 10^{3010}$$\r\nであるから，$2^{9999}$ は $3010$ 桁の数で最高位の数字は $5$ 以上．$5^t=\\frac{10^t}{2^t}$ であるから，$5^t$ の最高位の数字が $4$ となるためには $2^t$ の最高位の数字とその次の数字を合わせた $2$ 桁の整数が $20$ 以上 $25$ 未満であればよい．( $k$ を整数として $2×10^k$ と表される場合は不適だが，明らかにありえないのでこの場合は考えなくて良い．$25$ の場合も同様) 次に $2^t$ の最高位の数字の変化を公式解説同様に調べると，$$A:1→2→4→(8 \\ or \\ 9)→1$$ $$B:1→2→5→1,1→3→(6 \\ or \\ 7)→1$$ であり，Aは必ず $1$ つだけ最高位の数字とその次の数字を合わせた $2$ 桁の整数が $20$ 以上 $25$ 未満 であるものを含み，Bは必ず含まない．$2^4$ の $2$ 桁から $2^{9999}$ の $3010$ 桁までの桁のうち，$2^t (t=4,5,…,10000)$ で表される数を $4$ 個 (Aのパターン) 含む桁を $x$ 個，$3$ 個のみ含む桁を $y$ 個とすると，$$x+y=3009$$ $$4x+3y=9996$$ であり，これを解くと $x=969,y=2040$ であるから，解答すべき値は $\\bf{969}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc134/editorial/1798/181" } ]

[ { "content": "　$n\\leq 4$ は不適であるから $n\\geq 5$ とする. このとき以下のように定めれば, 条件は $g(n)=0$ である：\r\n$$f(n) = \\sqrt{25n + 5\\sqrt{n}+25},\\quad g(n) = \\left[f(n+1)\\right]−\\left[f(n)\\right]$$\r\n\r\n$f$ は単調増加であるため, 次の補題より $n\\geq 5$ において $g(n)$ の値は $0$ または $1$ である.\r\n\r\n----\r\n**補題.**　$n\\geq 5$ において $[f(n)+1] \\geq [f(n+1)]$.\\\r\n**証明.**　$f(n)+1\\geq f(n+1)$ を示せば十分である. $f$ の定義域を非負の実数に拡張して考えると, $f$ は上に凸である(後述)から\r\n$$h(x)=f(x)+1-f(x+1)$$\r\nは単調増加であり, $h(5)\\gt 0$ と併せて証明は完了する.\r\n\r\n----\r\n\r\n なお $f$ の凸性については愚直に導関数を調べてもよいが, より一般に以下の事実から従う：\r\n\r\n----\r\n**事実.**　$f,g$ がともに上に凸で, $f$ は単調増加するとき, $f\\circ g$ (合成写像)も上に凸である.\\\r\n**証明.**　任意の実数 $x,y$ および $0$ 以上 $1$ 以下の実数 $\\lambda$ に対し次が成り立つことからわかる.\r\n$$\r\nf(g(\\lambda x+(1-\\lambda)y))\r\n\\geq f(\\lambda g(x)+(1-\\lambda)g(y))\r\n\\geq\\lambda f(g(x))+(1-\\lambda)f(g(y))\r\n$$\r\n\r\n----\r\n　以上より, 求める値は以下で与えられる：\r\n$$9996-(g(5) + g(6) + \\cdots + g(10000)) = 9996-\\bigl([f(10001)] −[f(5)]\\bigr) = \\textbf{9508}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/2063" } ]

[ { "content": "　三角形の $3$ 内角の正接を $a,b,c$ とすれば，一般に加法定理より $ c = -\\dfrac{a+b}{1-ab} $，すなわち \r\n$$a+b+c=abc$$\r\nが成り立つ．これより\r\n$$ab+bc+ca=abc\\biggl(\\frac1a+\\frac1b+\\frac1c\\biggr)=(a+b+c)\\biggl(\\frac1a+\\frac1b+\\frac1c\\biggr)=-3$$\r\nがわかり，$a,b,c$ は $x$ の方程式 $x^3+x^2-3x+1=0$ の $3$ 解となる．よって $a=1$，すなわちある角は $45^\\circ$ としてよく，残りの $2$ 角については $bc=-1$ より差が $90^\\circ$，すなわち $112.5^\\circ$ と $22.5^\\circ$ である．\\\r\n　ここで，中心を $O$ とする正八角形 $ABCDEFGH$ を考えると，$ABG$ が考えるべきの三角形の形状に一致する．その面積を $S$，外接円半径を $R$ とする．このとき $AB\\times BG=2\\sqrt{2}S$ であり，正弦定理より $AG=\\sqrt{2}R$ であるから，\r\n$$2000=AB\\times AG\\times BG=4SR$$\r\n 一方，$AG\\parallel BO$ より $S$ は $OAG$ の面積にも等しいから，$2S=R^2$ である．以上より $S=\\textbf{50}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/1749" } ]

[ { "content": "#### **ヒント**\r\n\r\n　$U$ が定められたとします. OMC君が最適な行動をとったときの $U$ の変化の様子を考察しましょう.\r\n\r\n<details><summary>ヒント1<\\/summary>\r\n\r\n　操作前の有理数を $u$ , 操作後の有理数を $v$ とします. $1,u,v$ の大小関係を調べましょう.\r\n\r\n<\\/details>\r\n<details><summary>ヒント2<\\/summary>\r\n\r\n　$c(u)=b(u)-a(u)$ とします. $u$ に対して操作を繰り返すときの $c(u)$ の変化を観察しましょう.\r\n\r\n<\\/details>\r\n<details><summary>ヒント3<\\/summary>\r\n\r\n　$c(s)$ はいくらでしょうか？\r\n\r\n<\\/details>\r\n<details><summary>ヒント4<\\/summary>\r\n\r\n　$c(s)=1$ です. なぜでしょうか？\r\n\r\n<\\/details>\r\n<details><summary>ヒント5<\\/summary>\r\n\r\n　$u$ に対して操作を繰り返して初めて $c(u)=1$ となったとき, $u$ はいくらでしょうか？\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n#### **略解**\r\n\r\n<details><summary>略解<\\/summary>\r\n\r\n　$U$ の最大値を $m$ とする. OMC君の最適な行動は, $U$ の要素をすべて以下の $s$ に一致させることである.\r\n\r\n$$s=\\dfrac{\\left\\lceil \\dfrac{m}{1-m} \\right\\rceil}{\\left\\lceil \\dfrac{1}{1-m} \\right\\rceil}$$\r\n\r\nこれが $m$ に関して単調増加であることから, あなたの最適な行動は $m$ を最大化することである. ここで $m$ の最大値は $\\dfrac{9929}{9931}$ であるから, $s_0=\\dfrac{4965}{4966}$ である. 従って, 求める値は $\\bf{24656190}$ .\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n#### **解説**\r\n\r\n　OMC君の操作について, 操作前の有理数を $u$, $1$ 回操作した後の有理数を $v$ とする. つまり\r\n\r\n$$v=\\dfrac{a(u)+1}{b(u)+1}$$\r\n\r\nこのとき $u\\lt 1\\implies u\\lt v\\lt 1$ が成り立つ.\r\n\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n\r\n　$u\\lt 1$ のとき $a(u)\\lt b(u)$ である. \r\n\r\n　$a(u)\\lt b(u)$ の両辺に $1$ を加えて $b(u)+1$ で割ると $v\\lt 1$ が得られる. \r\n\r\n　$a(u)\\lt b(u)$ の両辺に $a(u)b(u)$ を加えて $b(u)(b(u)+1)$ で割ると $u\\lt v$ が得られる.\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n　従って常に $u_i\\lt 1$ であり, 操作するごとに値は単調に増加する. ここで, $c(u)$ を次のように定める.\r\n\r\n$$c(u)=b(u)-a(u)$$\r\n\r\nこのとき $c(v)\\ |\\ c(u)$ が成り立つ.\r\n\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n\r\n　$g=\\gcd (a(u)+1,b(u)+1)$ とする. このとき $a(v), b(v)$ は次のように表せる.\r\n$$a(v)=\\dfrac{a(u)+1}{g},\\quad b(v)=\\dfrac{b(u)+1}{g}$$\r\n従って \r\n$$c(v)=b(v)-a(v)=\\dfrac{b(u)-a(u)}{g}=\\dfrac{c(u)}{g}$$\r\nと表せ, $g$ が正整数であることから $c(v)$ は $c(u)$ を割り切り, 特に商は $g$ であることが示された. \r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n　よって $c(u)$ は操作によってその約数にしか変化しない. 特に $c(u)$ は単調に減少する.\\\r\n　さらに, 有限回の操作によって $c(u)=1$ となる.\r\n\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n\r\n　いま $c(u)\\neq 1$ とする. $u$ に対する有限回の操作によって $c(u)$ の値が減少することを示せば, それを繰り返し適用することでやはり有限回の操作によって $c(u)=1$ になることが示される. 以下, 有限回の操作によって $c(u)$ の値が減少することを背理法で示す.\r\n\r\n　$c(u)$ が何度操作しても減少しないと仮定する. このとき $c(u)$ は一定なのでこれを $c$ とおく. また, 常に $\\gcd (a(u)+1,b(u)+1)=1$ である. ところが, $1$ 度の操作につき $a(u),b(u)$ の値はちょうど $1$ ずつ増加するので, $c$ 回未満の操作の後において $a(u),b(u)$ が共に $c$ の倍数になり, これは $\\gcd = 1$ に矛盾する.\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n　$U$ の要素が全て一致するならば少なくとも $c(u)$ の値が一致しなければならないが, はじめの $U$ に対する $c(u_i)$ の値たちの最大公約数は $1$ であるから, $c(s)=1$ が分かる.\r\n\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n\r\n　はじめの $U$ に対する $c(u_i)$ たちの値は $p_{i+615}-p_i$ である. これらの最大公約数が $1$ でないとして矛盾を導く. 最大公約数が $1$ でないとき, ある素数 $p$ が存在して任意の $i$ に対して $p_{i+615}-p_i$ が $p$ の倍数となる. つねに $p_{i+615}-p_i\\lt 10007$ であるから, $p\\lt 10007$ である. しかしこのとき, $p_i,\\ p_{i+615}$ のうちいずれか一方のみが $p$ と一致するような $i$ が唯一存在するため矛盾.\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n　ここで $u$ に対して操作を繰り返して初めて $c(u)=1$ となったときの $u$ の値を調べよう. より形式的には, 次の $d(u)$ を調べよう.\r\n\r\n- $c(x)=1$ かつ $u$ に対して操作を繰り返して $x$ とできるような $x$ のうち最小のものを $d(u)$ とする.\r\n\r\n　$u\\le \\dfrac{n}{n+1}$ となる最小の $n$ を $n_0$ とおけば\r\n\r\n$$n_0=\\left\\lceil \\dfrac{u}{1-u} \\right\\rceil$$\r\n\r\nであるが, $u$ は操作によって単調に増加するから少なくとも $\\dfrac{n_0}{n_0+1}\\le d(u)$ である(*1). 実は等号が成立する(*2).\r\n\r\n<details><summary> (*1),(*2)の補足<\\/summary>\r\n\r\n(*1)　このことはよく「自明な下界」などと表現される. 複数の条件があるとき, 考えやすいものを選んで「少なくとも〜が成り立つ」といった考察が有効な場合がある.\r\n\r\n(*2)　このことはよく「自明な下界が達成可能」などと表現される. 必要条件を考えると実はそれが十分条件でもあった, ということはよくある. 必要条件はできるだけ強い条件にしないと十分条件にならないため, 必要条件に関する深い考察はしばしば役に立つ.\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n\r\n$$a(u)(n+1)\\lt b(u)n\\implies a(u)(n+1)+n+1\\le b(u)n+n$$\r\n\r\nであるから\r\n\r\n$$u\\lt \\dfrac{n}{n+1}\\implies v\\le \\dfrac{n}{n+1}$$\r\n\r\nが得られる. この式において $n=n_0$ とおけば次のことが分かる.\r\n\r\n- $u$ が $\\dfrac{n_0}{n_0+1}$ 未満だとする. 一度操作すると再び $\\dfrac{n_0}{n_0+1}$ 未満であるか,または $\\dfrac{n_0}{n_0+1}$ に一致する.\r\n\r\n　従って, $u$ に対して何度か操作を行うと $\\dfrac{n_0}{n_0+1}$ に一致する. よって $d(u)=\\dfrac{n_0}{n_0+1}$ である.\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n　以上の考察から \r\n\r\n$$d(u)=\\dfrac{\\left\\lceil \\dfrac{u}{1-u} \\right\\rceil}{\\left\\lceil \\dfrac{u}{1-u} \\right\\rceil +1}=\\dfrac{\\left\\lceil \\dfrac{u}{1-u} \\right\\rceil}{\\left\\lceil \\dfrac{1}{1-u} \\right\\rceil}$$\r\n\r\nが得られる. 従ってOMC君の最適な行動の一例は, まず与えられた $U$ の各要素 $u_i$ に対してそれぞれ何度か操作して $d(u_i)$ に変化させ, その後, $U$ の要素をすべて $d(u_i)$ の最大値に変化させることである. さらに $d(u)$ が $u$ に関して単調増加であることに注意すれば, はじめの $U$ の最大値を $m$ として $s$ は次で与えられることが分かる.\r\n\r\n$$s=\\dfrac{\\left\\lceil \\dfrac{m}{1-m} \\right\\rceil}{\\left\\lceil \\dfrac{1}{1-m} \\right\\rceil}$$\r\n\r\n　あなたはこの $s$ を最大化するので $m$ の最大値を求めれば良い. $a(m),b(m)$ は共に素数であるから, $m$ の最大値は $\\dfrac{9929}{9931}$ である (*3). このとき $s=\\dfrac{4965}{4966}$ であり, 求める値は $\\bf{24656190}$ である.\r\n\r\n<details><summary> (*3)の補足<\\/summary>\r\n\r\n$$m=\\dfrac{a(m)}{b(m)}=1-\\dfrac{b(m)-a(m)}{b(m)}$$\r\n\r\nと表せば, $b(m)-a(m)$ の値をできるだけ小さく, $b(m)$ をできるだけ大きくすれば良いことが分かる. 一つの発想は $a(m),b(m)$ としてできるだけ大きな**双子素数**を選ぶことであり, 本問の制約ではそれで実際 $m$ を最大化できる.\r\n\r\n<\\/details>", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/5092" } ]

[ { "content": "　着色を $25$ 個の非負整数の組 $(c_1,c_2,\\dots ,c_{25})$ と同一視する．具体的には，色 $k$ のカードの枚数が $c_k$ 枚であることを意味する．これらは $\\sum c_k=100$ をみたす．このとき，OMC君の行動によらずあなたが必ず勝てるような着色を**良い**着色とよび，以下の補題を示す.\r\n\r\n----\r\n**補題.**　ある着色が良いことは，任意の $1\\leq s\\leq 25$ に対して次の条件をみたすことと同値である．\r\n- $c_1,c_2,\\dots ,c_{25}$ のうちどの $s$ 個を選んでも，それらの和は $4s-3$ 以上である．\r\n\r\n**証明.**　まず条件を仮定し，任意のOMC君の行動を考える．このとき，$25$ 個の色と $25$ 個の束に対応する計 $50$ 個の頂点をとり（それぞれの頂点集合を $U,V$ とする），ある色がある束に $d$ 枚含まれるならばその間に $d$ 本の（多重）辺を張ることで二部グラフを構成する．このとき，任意の $U$ の部分集合 $A$ に対し，$A$ の頂点に接続する辺は $4|A|-3$ 本以上である．$V$ の頂点はすべて次数が高々 $4$ だから，これらの辺は $V$ の $|A|$ 個以上の頂点に接続している．よって，Hallの結婚定理より $U$ の頂点をすべてカバーするマッチングが存在し，これは着色が良いことを意味する．\\\r\n　逆に条件を否定し，引き続き同様のグラフを考える．このとき，ある $U$ の部分集合 $A$ に対し，$A$ の頂点に接続する辺は高々 $4|A|-4$ 本である．よって，OMC君は，これらの辺が $V$ の $|A|-1$ 個以下の頂点に接続するように行動すれば，$U$ の頂点をすべてカバーするマッチングは存在し得ない．（証明終）\r\n----\r\n\r\n　補題より，ある着色が良いことは，$(c_1,c_2,\\dots ,c_{25})$ を昇順に並べ替えた $(c^\\prime_1,c^\\prime_2,\\dots ,c^\\prime_{25})$ に対して次が成り立つことと同値である：\r\n- 任意の $1\\leq s\\leq 25$ に対して，$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{s} c^\\prime_k\\geq 4s-3$．\r\n\r\n　よって，$(c^\\prime_1,c^\\prime_2,\\dots ,c^\\prime_{25})$ として考えられるのは，次の $7$ 種類である．ただし $\\dots$ は $4$ 以上の整数が続くことを表す．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(1,\\dots), &&\r\n(2,\\dots), &&\r\n(2,3,\\dots), &&\r\n(3,\\dots), &&\r\n(3,3,\\dots), &&\r\n(3,3,3,\\dots), &&\r\n(\\dots)\r\n\\end{aligned}$$\r\nそれぞれの場合について何通りあるかを計算して和をとると，\r\n$$65000+7500+1380000+600+82800+4655200+1=\\textbf{6191101}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/3723" } ]

[ { "content": "　ここではゲームの**状態**を黒板に書かれた整数の多重集合（同じ元がいくつ含まれるかも合わせて考える）とする．まずは黒板に書かれるものは正整数であれば何でも，何個でもよいとして考える．このとき，各状態 $P$ について，そのGrundy数を $g(P)$ と表す．また，正整数 $x$ に対して $g(\\\\{x\\\\})$ を単に $g(x)$ と表す．\r\n\r\n<details><summary>Grundy数について<\\/summary>\r\n　以下の特徴を持つゲームは**不偏ゲーム**と呼ばれる．本問もこれに該当する．\r\n\r\n- 二人で交互に操作を行う．\r\n- どちらかが勝ち，どちらかが負ける．\r\n- ありうる状態は有限個であり，どのような操作を行っても，有限回でこれ以上操作できない状態になる．\r\n- 操作は偶然性に左右されない．\r\n- 二人は互いのすべての情報を持っている．\r\n- 二人が行うことのできる操作は，同じ状態に対しては同一である．\r\n- 操作を行えなくなった方が負けである．\r\n\r\n不偏ゲームは初期状態から勝敗が確定し，**Grundy数** という概念を用いてその状態を調べることができる．まず関数 $\\operatorname{mex}$ を次のように定義する．\r\n\r\n- 非負整数の有限多重集合 $S$ について，$S$ の元ではない最小の非負整数を $\\operatorname{mex}(S)$ とする．\\\r\n特に空集合については $\\operatorname{mex}(\\emptyset)=0$ である．\r\n\r\n各ゲームの状態 $P$ について，そのGrundy数 $g(P)$ は次のようにして定義される．\r\n- $P$ から $1$ 回の操作で遷移できる状態全体の集合を $S$ として $g(P)=\\operatorname{mex}(\\\\{g(Q)\\mid Q\\in S\\\\})$ とする．\r\n\r\nこのとき定義より次が容易にわかる．\r\n- それ以上操作できない状態のGrundy数は $0$．\r\n- Grundy数が $0$ の状態からはGrundy数が $0$ の状態へ遷移できない．\r\n- Grundy数が $0$ でない状態からはGrundy数が $0$ の状態へ遷移できる．\r\n\r\nこれらを合わせれば，ゲームが状態 $P$ から始まるとき $g(P)=0$ なら後手必勝，そうでないなら先手必勝となることがわかる．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　本問のゲームでは黒板に書かれたどの $2$ つの整数も操作において独立であるから，Grundy数の重要な性質（Sprague–Grundyの定理）を用いれば，次の性質がわかる．\r\n\r\n- 状態 $P,Q$ に対して和 $P+Q$ を多重集合の和と定義する．このとき次が成り立つ．\r\n$$g(P+Q)=g(P) \\oplus g(Q).$$\r\nただし非負整数 $x,y$ に対して $x\\oplus y$ は $2$ 進数表記での排他的論理和を表す．\r\n\r\n**補題**．次が成り立つ．\r\n- $x$ が奇数または $x=2$ のとき $g(x)=0$．\r\n- $x$ が $4$ の倍数のとき $g(x)=1$．\r\n- $x$ が $6$ 以上の $4$ の倍数でない偶数のとき $g(x)=2$．\r\n\r\n<details><summary>補題の証明<\\/summary>\r\n　$x$ に関する帰納法で示す．$g(1)=0, g(2)=0$ は容易に確かめられる．$x\\geq 3$ とし，任意の $y(\\lt x)$ に対して補題が成り立つと仮定する．\r\n\r\n　(1) $x$ が奇数のとき：$x$ が素数ならば明らかに $g(x)=0$ である．そうでないとき，操作で書き込まれる整数 $y,z(\\lt x)$ の偶奇は異なり，また $y,z$ が互いに素でないことから $y,z$ はどちらも $2$ でない．よって $g(y)\\neq g(z)$，すなわち $g(y)\\oplus g(z)\\neq 0$ がわかるため，${x}$ から遷移できる任意の状態に対するGrundy数は $0$ ではない．よって $g(x)=0$ である.\r\n\r\n　(2) $x$ が $4$ の倍数のとき：$x=4$ の場合は $y=z=2$ しかあり得ないことから $g(4)=1$ である．$x\\ge 8$ のとき，操作で書き込まれる整数 $y,z$ としては次の $4$ つの場合が考えられる．\r\n- どちらも奇数である\r\n- どちらも $4$ の倍数である（$(y,z)=(4,x-4)$ が常に考えられる）\r\n- どちらも $4$ の倍数でない $6$ 以上の偶数である\r\n- 一方が $2$，もう一方が $4$ の倍数でない $6$ 以上の偶数である\r\n\r\nこのうち上 $3$ つの場合は $g(y)\\oplus g(z)=0$，最後の場合は $g(y)\\oplus g(z)=2$ であるから $g(x)=1$ が得られる．\r\n\r\n　(3) $x$ が $6$ 以上の $4$ の倍数でない偶数のとき：操作で書き込まれる整数 $y,z$ としては次の $3$ つの場合が考えられる．\r\n- どちらも奇数である（$(y,z)=(x\\/2,x\\/2)$ が常に考えられる）\r\n- 一方が $2$，もう一方が $4$ の倍数である（$(y,z)=(2,x-2)$ が常に考えられる）\r\n- 一方が $4$ の倍数でない $6$ 以上の偶数，もう一方が $4$ の倍数である\r\n\r\n$1$ つ目の場合は $g(y)\\oplus g(z) = 0$，$2$ つ目の場合は $g(y)\\oplus g(z)=1$，$3$ つ目の場合は $g(y)\\oplus g(z) = 3$ であるから $g(x)=2$ が得られる．\r\n\r\n以上より補題は示された．\r\n<\\/details>\r\n\r\n本問における最初の状態 $P_0$ は $P_0=\\\\{s_1,s_2,\\dots ,s_{5000}\\\\}$ より\r\n$$g(P_0)=g(s_1)\\oplus g(s_2)\\oplus \\dots \\oplus g(s_{5000})$$\r\nである．あなたが勝つのは $g(P_0)=0$ と同値であり，$2$ 進法表記で各桁ごとに独立に考えることで次の条件を得る.\r\n\r\n- $s_1,s_2,\\dots ,s_{5000}$ のうち，$4$ の倍数は偶数個 ($2a$ 個とする) である．\r\n- $s_1,s_2,\\dots ,s_{5000}$ のうち，$6$ 以上の $4$ の倍数でない偶数は偶数個 ($2b$ 個とする) である．\r\n\r\n　$149$ 以下の正整数のうち $4$ の倍数は $37$ 個，$6$ 以上の $4$ の倍数でない偶数は $36$ 個であるから，\r\n\r\n$$M=\\sum_{a=0}^{2500} \\sum_{b=0}^{2500-a} \\dfrac{5000!}{(2a)!(2b)!(5000-2a-2b)!}37^{2a}\\cdot 36^{2b} \\cdot 76^{5000-2a-2b}$$\r\nと表せる．これは $f(s,t)=(36s+37t+76)^{5000}$ において $s,t$ の次数がともに偶数である項の係数の総和であるから，\r\n$$\\frac{f(1,1)+f(1,-1)+f(-1,1)+f(-1,-1)}{4} =\\frac{149^{5000}+75^{5000}+77^{5000}+3^{5000}}{4}$$\r\nと求められる．この $4$ 倍（$4M$）を $4999$ で割った余りについて，Fermatの小定理より\r\n$$4M\\equiv 149^2+75^2+77^2+3^2\\equiv 3770 \\pmod{4999}$$\r\nであるから，これを $4$ で割る（$=1250$ を掛ける）ことで求める値は $M\\equiv {\\bf{3442}} \\pmod{4999}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/4881" } ]

[ { "content": "　この問題では条件より $AB\\lt AC$ がわかることに注意する．まず, 三角形 $ABC$ の辺の長さの比を求める. そのために, $(AB + BC) : CA$ と $(AB + AC ) : BC$ を求める. \\\r\n　$(AB + BC) : CA$ を求める. $F$ は三角形 $ABC$ の $A$ に対する傍接円と辺 $BC$ の接点であり, 線分 $DE$ は $\\omega$ の直径をなす. $I$ が $PM$ の中点となるように $P$ をとると, \r\n$$\\angle BIP=\\angle DIF,　IB:IP=IB:IM=IE:IF=ID:IF$$\r\nより, 三角形 $IBP$ と三角形 $IDF$ は相似である. 従って, $\\angle IBP=90^{ \\circ}$ である. ここで, 三角形 $ABC$ の 角 $A$ 内の傍心を $I_{A}$ などとすると, $\\angle IBI_{A}=90^{ \\circ}$ だから, $3$ 点 $B, P, I_{A}$ は共線である. また, $M$ は線分 $I_{B}I_{C}$ の中点であるから, Menelausの定理より, $BI_{B}:BI=4:1$ が成り立つ.\\\r\n　ここで, 三角形 $ABC$ の外接円の弧 $CA$ ($B$ を含まない方)の中点を $N$ とすると, これは線分 $II_B$ の中点であり，Ptolemyの定理より\r\n$$ (AB+BC)\\times IN = AB\\times CN + BC \\times AN = CA \\times BN$$\r\nが成り立つ. 以上より,\r\n$$(AB+BC):CA=BN:IN=5:3$$\r\nである. \\\r\n　$(AB + AC ) : BC$ を求める. \r\n$$\\angle IBM=\\frac{1}{2}(180^\\circ - \\angle BAC) - \\angle IBC = \\angle BCI$$\r\nであるから, 条件と併せて $4$ 点 $C, F, I, E$ の共円がわかる. また, 線分 $II_A, BC$ の中点をそれぞれ $K, L$ とすると, \r\n$$KI^2 = KB^2 = KL\\times KM$$\r\nであるので, 三角形 $MIL$ の外接円は直線 $IK$ に接する. 従って, ( $\\mathrm{mod}~ 180^\\circ$ での有向角によって)\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\measuredangle MIB + \\measuredangle LIC\r\n&= \\measuredangle IMB + \\measuredangle MBI + \\measuredangle LIK + \\measuredangle KIC\\\\\\\\\r\n&= \\measuredangle IMB + \\measuredangle ICA + \\measuredangle KMI + (\\measuredangle IAC + \\measuredangle ACI)\\\\\\\\\r\n&= \\measuredangle KMB + \\measuredangle IAC\\\\\\\\\r\n&= 0^\\circ\r\n\\end{aligned}$$\r\nを得る. 一方で, $\\angle DIF = 180^\\circ - \\angle EIF = 180^\\circ - \\angle BIM$ であるから,\r\n$$\\angle DIL = \\angle FIC$$\r\nである. また, $L$ は線分 $DF$ の中点であるから, 直線 $IL$ と $EF$ は平行である. 従って, \r\n$$\\angle ICF = \\angle IEF = \\angle DIL = \\angle FIC$$\r\nより $CF = FI$ である. 今, 三角形 $IBI_A$ と三角形 $IDC$ は相似であり, その相似において $P$ と $F$ は対応する. 従って, $IP = I_AP$ であるから, $\\angle PKI = 90^\\circ$ である. よって, $\\angle MAI = 90^\\circ$ と合わせて三角形 $AIM$ と $KIP$ は合同なので, \r\n$$(AB+CA):BC=AK:IK=2:1$$\r\nである. 以上より, $$AB:BC:CA=7:8:9$$ である. \\\r\n　以下, $ID$ の長さを求める. \r\n$$\\angle AIM = \\angle I_AIP = \\angle CIF = \\angle LID = \\frac{1}{2}\\angle BCA$$\r\nより, 三角形 $AIM$ と $DIL$ は相似であり, その相似比は\r\n$$AI : ID = 1 : \\sin \\frac{1}{2}\\angle CAB$$\r\nである. 余弦定理などを用いて\r\n$$\\tan\\frac{1}{2}\\angle BCA = \\frac{1}{\\sqrt5},\\quad \\sin\\frac{1}{2}\\angle CAB = \\sqrt{\\frac{5}{21}}$$\r\nと計算できるので, 求める値は\r\n$$ID = \\frac{AM \\times \\sin\\frac{1}{2}\\angle CAB}{\\tan\\frac{1}{2}\\angle BCA} = \\frac{5}{\\sqrt{21}}$$\r\nであり, 特に解答すべき値は $\\bf{525}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/5400" }, { "content": "　線分 $DE$ が $\\omega$ の直径をなすこと，$4$ 点 $C , F , I , E$ の共円は公式解説と同様．\r\n\r\n　$I(0) , E(1) , D(-1) , C(-1+ri)$ となる複素座標を考える（ただし $r$ は正の実数）．このとき方べきの定理より $DC\\cdot DF=DI\\cdot DE$ であるから $DF=\\dfrac{2}{r}$ となり，$F$ の座標は $\\biggl( -1+\\dfrac{2}{r}i \\biggr)$，これと $BD=CF$ より $B\\biggl( -1-\\biggl(r-\\dfrac{2}{r}\\biggr)i \\biggr)$ となる．\r\n\r\n　三角形 $BIM$ と三角形 $EIF$ は同じ向きに相似であるが，これを複素座標を用いて解釈すると，\r\n$$\\dfrac{(Bの座標)-(Iの座標)}{(Mの座標)-(Iの座標)}=\\dfrac{(Eの座標)-(Iの座標)}{(Fの座標)-(Iの座標)}$$\r\nとなる．この式に今回の座標を代入して計算することで， $M$ の座標は\r\n$$\\biggl( -1-\\biggl(r-\\dfrac{2}{r}\\biggr)i \\biggr)\\cdot \\biggl( -1+\\dfrac{2}{r}i \\biggr)=\\biggl(3-\\dfrac{4}{r^2}\\biggr)+ \\biggl(r-\\dfrac{4}{r}\\biggr)i $$\r\nとなる．\r\n\r\n　一方，$M$ の定義より $BM=CM$ であるから，$M$は線分 $BC$ の垂直二等分線上にあり，したがって $M$ の座標の虚部は $\\dfrac{1}{r}$ となる．これらより $r-\\dfrac{4}{r}=\\dfrac{1}{r}$ となり， $r=\\sqrt{5}$ となる．\r\n\r\n　あとは全体に $\\sqrt{5}$ 倍の相似拡大を行って $BD=3 , DC=5 , ID=\\sqrt{5}$ のときに $AM$ の値を計算すればよく，これは（手間はかかるが）あまり難しくない．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/5400/174" }, { "content": "私がコンテスト本番にした解法です. 補助点は使っていません.\r\n\r\n---\r\n\r\nまず，有名構図より，$DE$ は直径. 三角形 $ABC$ の内接円と $AB, AC$ の接点を $X, Y$ とすると，三角形 $AXY$ と $MCB$，$EYX$ と $IBC$ はそれぞれ相似であるから，三角形 $YEA$ と $BIM$ は相似であり，よって三角形 $YEA$ と $EIF$ は相似. 以下，簡単な角度計算から $\\angle EAY=\\angle IFE=90-3x, \\angle EYA=\\angle IEF=x$ とおけ，$I$ は $DE$ の中点であることから $\\tan x:\\tan 90-2x=1:2$ が導け，したがって加法定理から $\\tan x=1\\/\\sqrt 5$ となる. さらに，以下方べきの定理などから計算することで $AY=4a, IY=\\sqrt 5a, DF=2a$ と表せる. ここで Ptolemy の定理から $(AC-AB)MB=AM×BC$ であり，$MB:BC=\\sqrt{21}:\\sqrt{20}$ なので，$2\\sqrt{21}x=\\sqrt{20}$ であり，よって $x=\\sqrt{\\dfrac{5}{21}}$. したがって，$IY^2=5x^2=\\dfrac{25}{21}$ となり，解答すべき値は $\\textbf{525}$ である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/5400/176" }, { "content": "詳細な解説ではないですが，自分が解いた過程を記しておきます．考え方の参考になれば幸いです．\r\n\r\n---\r\n\r\nまず，問題に現れる点を精査します．今回だと $E$, $F$ は傍接円にまつわる有名な構図に現れる点で，とくに $DE$ が内接円の直径となります．その他，扱うのが大変な点はなさそうです．\r\n\r\n次に，与えられている特殊な条件を眺めます．今回だと三角形 $BIM$ と三角形 $EIF$ の相似をいかに言い換えるかがポイントとなりそうです．加えて $AM=1$ という長さの条件も扱いづらそうに見えますね．\r\n\r\nでは，本腰を入れてこの相似について調べましょう．三角形 $EIF$ は直角三角形 $EDF$ を中線で割った形と捉えることができます．\r\n一方で三角形 $BIM$ の方はどうかというと，ひとまず $\\angle IBM = \\angle C\\/2$ と計算できます．なので相似で移して $\\angle DEF = \\angle C \\/ 2$ で，これと $\\angle DCI = \\angle C \\/ 2$ を合わせて $2r^2 = DF \\cdot DC$ とわかります．\r\n\r\nこの時点で長さに関して使えそうな情報を得たので，以降は角度を追うなどはあまりせず，相似の言い換えとして長さについての等式が出せないか考えていきます．\r\n\r\n相似からわかる条件だと，二辺比夾角相等と考えれば $BM:BI = EF: EI$ で，これは先ほどの角度の条件を合わせると相似条件として必要十分となります．この比を活かしたいですが，$BI$ や $EF$ を求めるのは大変そうです．そこで，先ほどの角度の一致を見て $BM:BI = 2CI:CD$ であることに注目します．すると，$2BI\\cdot CI = BM\\cdot CD$ で， これは面積についての条件として処理できそうです．実際 $\\angle BIC + \\angle DCM = 180^\\circ$ から，$2\\triangle IBC = \\triangle MDC$ となります．この面積なら三角形 $ABC$ の辺の長さや内接円の半径を用いて表せそうです．\r\n\r\nここからは実際に辺の長さを変数で置いて計算します．内接円にまつわる長さだと，三角形の頂点 $A$, $B$, $C$ から接点までの距離をそれぞれ $x$, $y$, $z$ とおくと見通しがいいことがあります．上で言い換えた長さと面積の条件をこれらの式で表すと，$2r^2 = z(z-y)$, $xz = 4r^2$ という等式が得られます．さらに $r^2 = \\dfrac{xyz}{x+y+z}$ なので，これらを整理すると $(x, y, z) = (4t, 3t, 5t)$ と表せます．\r\n\r\nさて $AM$ の長さの条件を残していました．この長さを愚直に求めにいってもいいですが，外接円の弧の中点周りだとトレミーの定理が刺さりそうです．実際 $AM$ は $AB$, $BC$, $CA$ および $BM$ の式で表されるため，$BM$ だけ頑張って計算すればよく．結果的に $1 = \\dfrac{21}{5}t^2$ となります．これで $t$ が求まり，$r^2$ も $x$, $y$, $z$ の式で書けていたのですぐに計算できます．結果は $r^2 = 5t^2 = \\dfrac{25}{21}$ ですね．\r\n\r\n---\r\n\r\n解いた過程を振り返ると，**性質の良い点かどうか**，**計算しやすい角度・長さかどうか**，といった意識を常に持っていますね．それによって，不必要な考察で議論が迷宮入りすることを防いでいます．この感覚は非常に大切なので，幾何の問題が苦手な人はぜひ意識してみてください．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc133/editorial/5400/177" } ]

[ { "content": "　出目をそれぞれ $A_1, A_2$ とすると，条件より\r\n$$2(A_1 + A_2) = A_1A_2 \\iff (A_1-2)(A_2-2)=4.$$\r\nこれをみたすのは $(A_1, A_2)=(3, 6),(6, 3),(4,4)$ の $\\textbf{3}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4892" } ]

[ { "content": "　考えるべき領域は，一辺 $2$ の正三角形 $3$ つと，高さ $2$ の正三角形 $1$ つに組み替えられるから，求める面積は\r\n$$ \\sqrt{3}\\times 3 + \\frac{4}{\\sqrt{3}}\\times 1 = \\frac{13}{\\sqrt{3}} $$\r\nであり，解答すべき値は $169+3=\\textbf{172}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4795" } ]

[ { "content": "　正の約数を $7$ 個持つことおよび総和が偶数であることより，総和は $64$ に限られる．適当な不等式評価などによって，総和が $64$ になる相異なる奇素数の組は $(3,5,7,13,17,19)$ のみであることが分かり，その積は $\\mathbf{440895}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4844" } ]

[ { "content": "　奇数列目の塗りつぶされたマスの数と，偶数列目の塗りつぶされなかったマスの数の和は $290$ である．したがって，マス目全体から $290$ マスを選び，奇数列目の選ばれたマスと偶数列目の選ばれなかったマスを塗りつぶすことと条件は同義である．よって答えは ${}\\_{600}\\mathrm{C}\\_{290}$ 通りであり，解答すべき値は $\\mathbf{890}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4308" }, { "content": "　偶数列目から $k$ マス選び，奇数列目から $k+2$ マス選ぶ方法は ${}\\_{288}\\mathrm{C}\\_{k}\\times{}\\_{312}\\mathrm{C}\\_{k+2}$ であり，$k=0,1,\\ldots,288$ でのこの式の値の総和は ${(1+x)}^{288}{(1+x)}^{312}$ の $x^{290}$ の係数に等しいことが二項定理よりわかるので，求める場合の数は ${}\\_{600}\\mathrm{C}\\_{290}$ であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{890}$ である．", "text": "多項式の利用", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4308/168" }, { "content": "　この問題は以下のような問題に言い換えられる. \r\n\r\n $ t = 0 $ に対し操作 $ A $ を $ 288 $ 回, 操作 $ B $ を $ 312 $ 回この順番で行います. この時, $ t = 2 $ となるような操作の方法の数を求めてください.\r\n\r\n- 操作 $ A : \\$ $ t $ を $ 1 $ 減らすか, 何もしない. \r\n\r\n- 操作 $ B : \\$ $ t $ を $ 1 $ 増やすか, 何もしない. \r\n\r\nこのような操作の方法の数は, 形式的べき級数を用いて以下のように表せる.\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n[x^2] \\ (1 + \\frac{1}{x})^{288} (1+x)^{312} &= [x^2] \\ \\frac{1}{x^{288}} (x+1)^{288} (1+x)^{312} \\\\\\\\\r\n&= [x^{290}] \\ (x+1)^{600}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nよって, 二項定理から答えは $ {}\\_{600}\\mathrm{C}\\_{290} $ であり, 求める値は $ \\mathbf{890} $ .", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4308/183" } ]

[ { "content": "　条件は $5(x+y)^2+(2x-y)^2=300$ と言い換えられる．このとき，相加・相乗平均の関係より\r\n$$300=5(x+y)^2+(2x-y)^2\\geq 2\\sqrt{5}\\lvert x+y\\rvert\\lvert 2x-y\\rvert=2\\sqrt{5}\\lvert 2x^2+xy-y^2 \\rvert$$\r\nである（等号は適当な値で成立する）から，解答すべき値は $\\mathbf{4500}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4656" }, { "content": "　$2x^2+xy-y^2$ が因数分解できるので, 公式解説の方法が最速だと思いますが, 別解を $2$ つ書きます.\r\n\r\n--- \r\n**別解** $\\bf1$ .$$3x^2+2xy+2y^2=\\frac{5}{2}x^2+2\\left(y+\\frac{1}{2}x\\right)^2=100$$ より, $$x=2\\sqrt{10}\\cos\\theta，y=5\\sqrt2\\sin\\theta\\-\\sqrt{10}\\cos\\theta$$ とおけるので, これを代入し, 整理すると, \r\n$$2x^2+xy-y^2=50\\cos^2\\theta+40\\sqrt5\\sin\\theta\\cos\\theta-50\\sin^2\\theta=20\\sqrt5\\sin2\\theta+50\\cos2\\theta=\\sqrt{(20\\sqrt5)^2+50^2}\\sin(2\\theta+\\alpha)$$ （ただし, $\\alpha$ は適当な値）となるので, $(2x^2+xy-y^2)^2\\leq4500$. 等号は $\\theta=\\dfrac{\\pi}{4}-\\dfrac{\\alpha}{2}$ などで成立するから, 解答すべき値は $\\bf{4500}$ となります. \r\n--- \r\n**別解** $\\bf2$.\r\n$$3x^2+2xy+2y^2=a(2x^2+xy-y^2)+(bx+cy)^2$$ （ただし $a,b,c$ は実数）という形で書ければ, $2x^2+xy-y^2$ の最大値, 最小値が求まりそう, という発想でもいけそうです. 具体的には, $$(bx+cy)^2=(3-2a)x^2+(2-a)xy+(a+2)y^2$$ なので, $$(2-a)^2-4(3-2a)(a+2)=0 \\iff a=\\pm\\frac{2\\sqrt5}{3}$$ が $a$ の候補であり, それに対応する $b,c$ の存在がすぐにわかる（$3-2a\\gt0, a+2\\gt0$ ならOK）ので, $$100\\geq\\frac{2\\sqrt5}{3}(2x^2+xy-y^2), 100\\geq-\\frac{2\\sqrt5}{3}(2x^2+xy-y^2) $$ がそれぞれ成り立ち, 等号はそれぞれ適当な $x,y$ で成り立つから, 解答すべき値は $\\bf{4500}$ である, とも求められます.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4656/166" }, { "content": "$$f(x, y) = 2x^2+xy-y^2$$\r\n$$g(x, y) = 3x^2+2xy+2y^2-100$$\r\n$$L(x, y, \\lambda) = f(x, y) - \\lambda g(x, y)$$\r\nとおく ($\\lambda$: 実数). $g(x, y)=0$ のもとで $f(x, y)$ が極値をとるのは, \r\n$$\\frac{\\partial L}{\\partial x}=\\frac{\\partial L}{\\partial y}=\\frac{\\partial L}{\\partial \\lambda}=0$$\r\nの解である. 連立して解くことで,\r\n$$(x, y) = \\pm\\left(\\frac{2}{3}\\sqrt{45+15\\sqrt{5}}, \\frac{1}{6}\\left(15-7\\sqrt{5}\\right)\\sqrt{9+3\\sqrt{5}}\\right), \\ \\pm\\left(\\frac{2}{3}\\sqrt{45-15\\sqrt{5}}, -\\frac{1}{6}\\left(15+7\\sqrt{5}\\right)\\sqrt{9-3\\sqrt{5}}\\right)$$\r\nを得る. 前者では$f(x, y) = 30\\sqrt{5}$, 後者では$f(x, y) = -30\\sqrt{5}$ となり, それぞれ $f(x, y)$ の極大値と極小値である. よって, $f(x, y)^2$ の極大値は $\\bold{4500}$ であり, これが最大値である.\r\n- $f(x, y)^2$ の極大値が最大値であること (最大値が存在すること) は 定義域 $g(x, y)=0$ がコンパクトで $f(x, y)^2$ が連続であることから示せるが, コンテストのルール上そう決めつけて解いてしまえばよい.\r\n- 本問では連立方程式を解くのがやや繁雑であり, [公式解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc132\\/editorial\\/4656)のような解き方が理想的である. 一方, Lagrange の未定乗数法は巧みな工夫や発想なく適用できるので, 解法の候補として身に着けておくとよいだろう.\r\n- 類題: [OMC112(C)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc112\\/tasks\\/3393)", "text": "Lagrange の未定乗数法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4656/169" }, { "content": "$x\\/y=a$ とする. このとき，$100\\cdot\\dfrac{2a^2+a-1}{3a^2+2a+2}$ の $2$ 乗としてありうる最大値を求めればよい.\r\n$$\\dfrac{2a^2+a-1}{3a^2+2a+2}=k$$ とすると，$$2a^2+a-1=k(3a^2+2a+2)$$つまり $$(3k-2)a^2+(2k-1)a+(2k+1)=0$$ と変形でき，これが解をもつ条件は $$(2k-1)^2-4(3k-2)(2k+1)\\geq 0$$したがって $20k^2\\leq 9$ であり，よって求める最大値は，$10000k^2=\\textbf{4500}$ である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/4656/170" } ]

[ { "content": "　直線 $AE$ は $\\angle{FEG}$ の二等分線であり $B$ は内心 $D$ と $A$ の中点なので $A$ は三角形 $EFG$ の傍心である．そのため，$4$ 点 $A,F,D,G$ は $B$ を中心とする同一円周上にある．したがって，$\\angle{AFD}=90^\\circ$ である．方べきの定理より，\r\n$$AF\\times AH=AB\\times AE=140$$\r\nであり，仮定から $AC\\times AD=140$ でもあるので，$4$ 点 $F,H,C,D$ は同一円周上にある．したがって，円周角の定理より $\\angle{HCA}=90^\\circ$ である． そのため，三平方の定理と方べきの定理より次が成り立つ．\r\n$$FD^{2}=AD^{2}-AF^{2}=14^{2}-\\bigg(\\frac{140}{AH}\\bigg)^{2}=14^{2}-\\frac{140^{2}}{10^{2}+8^{2}}=\\frac{3136}{41}.$$\r\n特に解答すべきは $\\bf{3177}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc132/editorial/3615" } ]

[ { "content": "　$n\\leq 8$ で条件をみたすものは $1,2,5$ のみである．また $n\\geq 9$ のときは，$(n+1)!$ は $n!$ の $10$ 倍以上であるから必ず桁数が増える．よって求める総和は $\\mathbf{8}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc131/editorial/4438" } ]

[ { "content": "　条件より全ての頂点の色は異なる．$10$ 色の中から $4$ 色選んだ時，それぞれ $2$ 通りの塗り方が考えられるので，求める答えは ${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{4}\\times2 = \\bf{420}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc131/editorial/4285" } ]

[ { "content": "$$\\overline{USEI}\\leq 9+98+987=1094$$\r\nより $U=1,S=0$ であり, さらに\r\n$$10(I+O)+(K+N+K)\\leq 10\\times(9+8)+(9+8+9)=196$$\r\nより $M=9$ であるほかない.\\\r\n　ここで, 一の位に注目することで $(K,I)$ は $(4,5)$ または $(8,3)$ であり, それぞれの場合を検討することで\r\n$$4+57+964=1025$$\r\nが唯一の解であることがわかる. 特に解答すべき値は $\\textbf{4579641025}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc131/editorial/4042" } ]

[ { "content": "　与式の値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n1+ \\sum_{k=0}^{100}\\left(\\sum_{m=1}^{90}{}\\_{101}\\mathrm{C}\\_{k}m^k\\right)&=1+\\sum_{m=1}^{90} \\left(\\sum_{k=0}^{101}{}\\_{101}\\mathrm{C}\\_{k}m^k\\right) -\\left(1^{101}+\\cdots +90^{101}\\right) \\\\\\\\\r\n&=1+\\sum_{m=1}^{90} (m+1)^{101} -\\left(1^{101}+\\cdots +90^{101}\\right) \\\\\\\\\r\n&=91^{101}=7^{101}\\times 13^{101}\r\n\\end{aligned}$$\r\nである. したがって解答は $7+101+13+101=\\bf{222}$ となる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc131/editorial/3163" } ]

[ { "content": "　簡単な角度計算により三角形 ${AX_1X_6}$ と三角形 ${AX_5X_2}$ は相似である．またこれは三角形 ${BX_3X_2}$ や三角形 ${CX_5X_4}$ にも同じことが言えるので $AX_2=42a, AX_6 = 55a$ とおくと以下の式が成り立つ．\r\n$$\\dfrac{91}{273}(55a - 42 + 91)+112=\\dfrac{48}{112}(42a - 55 + 48)+273$$\r\nこれを解けば $a=425$ が求まるので，これを使って計算すれば答えは $\\bf{17898}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc131/editorial/4071" } ]

[ { "content": "　$\\gcd(a,b,c)=m$ とすると, $\\gcd(ab,bc,ca)$ は $m^2$ で割り切れるので, 2つ目の条件から $m=1$ であることに注意する. いま, 一般性を失わず以下のような場合を考えればよい. \r\n$$\\gcd(a,b)=p,\\quad \\gcd(b,c)=q,\\quad \\gcd(c,a)=r\\quad (2\\leq p\\leq q\\leq r)$$\r\nここで $\\gcd(p,q)=n$ とすれば, $a,b,c$ はいずれも $n$ の倍数であるから, 上の注意より $n=1$ が必要である. 同様にして, $p,q,r$ はどの $2$ つも互いに素であるから, どの $2$ つも互いに素な正整数 $a^\\prime , b^\\prime , c^\\prime$ によって\r\n$$a=rpa^\\prime ,\\quad b=pqb^\\prime ,\\quad c=qrc^\\prime$$\r\nと表せる. これより, 特に $ab,bc,ca$ はいずれも $pqr$ の倍数であることがわかる. このとき, 2つ目の条件から $pqr$ は $105$ の約数であるから $p=3,q=5,r=7$ となるほかない. したがって\r\n$$a=21a^\\prime ,\\quad b=15b^\\prime ,\\quad c=35c^\\prime$$\r\nと表せ, $a,b,c\\leq 100$ から $a^\\prime \\leq 4,\\ b^\\prime \\leq 6,\\ c^\\prime \\leq 2$ である. この範囲でどの $2$ つも互いに素になるよう選ぶ方法は $21$ 通りあり, これらを任意に並べ替えることで全体では $\\mathbf{126}$ 通り存在する. なお, 今回の範囲では $a,b,c$ が常に相異なる事実に依存していることに注意せよ.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc131/editorial/4472" } ]

[ { "content": "　明らかに $M_n\\equiv -1\\pmod{10}$ である．また次が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nM_n\r\n&= -10^0+10^1 - \\cdots - 10^{2n-2} + 10^{2n-1}\\\\\\\\\r\n&\\equiv -(-1)^0+(-1)^1 - \\cdots - (-1)^{2n-2} + (-1)^{2n-1}\\\\\\\\\r\n&=-2n\\pmod{11}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nよって，Fermat の小定理より，$\\bmod{11}$ において\r\n\r\n$$\r\nn \\times {M_n}^{M_n} \\equiv\r\n\\begin{cases}\r\n0 & (11 \\mid n)\\\\\\\\\r\nn \\times (-2n)^{-1} \\equiv 5 & (\\text{otherwise})\\\\\\\\\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\n\r\nとなるから，解答すべき値は $\\mathbf{4550}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5346" } ]

[ { "content": "　各整数 $i = 1, 2, \\ldots, 14$ に対して，人 $i$ と 人 $i + 1$ の間にそれぞれ赤い糸，青い糸，糸なしのいずれかを割り当てる方法を考える．ここから，人 $i$ と 人 $j$，人 $j$ と 人 $k$ の間がそれぞれ同じ色の糸で結ばれているような組 $i\\lt j\\lt k$ が存在する限り，これらを取り除いて人 $i$ と人 $k$ の間をその色の糸で結ぶことを繰り返すと，最終的な状態は操作の方法によらず，かつ条件をみたす状態との間に一対一の対応が得られることがわかる．以上より，求める場合の数は $3^{14} = \\mathbf{4782969}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5345" } ]

[ { "content": "　$\\angle{I_1DI_2} = \\angle{I_1OI_2} = 90\\degree$ がわかる．よって，$D, O$ は $I_1I_2$ を直径とする円周上にあり，その直径の長さは ${\\sqrt{2}} AO = \\dfrac{\\sqrt{26}}{5}$ である．従って，Ptolemy の定理と三平方の定理より，それぞれ\r\n$$\r\n\\frac{\\sqrt{13}}{5} DI_1 + \\frac{\\sqrt{13}}{5} DI_2 \r\n= \\dfrac{\\sqrt{26}}{5} DO,\r\n\\quad {DI_1}^2 + {DI_2}^2 = \\left( \\dfrac{\\sqrt{26}}{5} \\right) ^2\r\n$$\r\nを得る．よって，三角形 $DI_1I_2$ の面積は常に $\\dfrac{DI_1 \\cdot DI_2}{2} = \\dfrac{6}{25}$ である．ここで，三角形 $DI_1I_2$ の面積は \r\n$$\\dfrac{1}{2}\\times DE\\times I_1I_2\\times\\sin \\angle DEI_1$$\r\nとも表せることから，$DE \\geq \\sqrt{\\dfrac{72}{325}}$ である．実際に等号が成立する図は存在するので，特に解答すべき値は $\\mathbf{397}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5347" }, { "content": "　点 $\\mathrm{D}$，$\\mathrm{O}$は，線分 $\\mathrm{I_1} \\mathrm{I_2}$ を直径とする円周上に存在する。これを円 $P$ と呼ぶことにする。円 $P$ は半径 $\\dfrac{\\sqrt{26}}{10}$ の円であり，線分 $\\mathrm{I_1} \\mathrm{I_2}$ が直径，$\\angle\\mathrm{I_1 O I_2}=90\\degree$，$\\mathrm{OD}=1$ を満たす。従って，円 $P$ の円周上にある $4$ 点は固定されていると見なせる。\\\r\n 　そのように考えて，反対に点 $\\mathrm{A}$ が動点であると考える。点 $\\mathrm{A}$ は，点 $\\mathrm{O}$ 中心，半径 $\\dfrac{\\sqrt{13}}{5}$($=\\mathrm{O I_1}=\\mathrm{O I_2}$) の円周上に存在する。$\\mathrm{DE}$ を最小化するのは，$\\mathrm{AD} \\perp \\mathrm{I_1 I_2}$ のときである。あとは，三平方の定理等を用いて $\\mathrm{DE}$ の長さを求めればよい。\\\r\n 　（このような図形が実際に存在するかは，別途考える必要がある。）", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5347/162" } ]

[ { "content": "$(1)$　$a, b, c$ が全て等しいとき．\r\n\r\n　条件は $a(4a^2 - da - 2) = 0$ となる．$a = 0$ のとき, 条件を満たす $a, d$ の組は，$-10 \\leq n \\leq 10$ なる整数 $n$ を用いて $(0, n)$ と表せるものに限られる．$4a^2 - da - 2 = 0$ のとき, $a \\neq 0$ より $d = 4a - \\dfrac{2}{a}$ に注意すれば，条件を満たす $a, d$ の組は，$(\\pm1, \\pm2), (\\pm2, \\pm7)$ に限られる（複号同順）．\r\n\r\n----\r\n\r\n$(2)$　$a, b, c$ のうち，ちょうど二つが等しいとき．\r\n\r\n　$a \\neq b = c$ とする．条件は\r\n\r\n$$\r\n\\begin{cases}{} \r\na (a + b)^2 &=& 2b + a^2d \\\\\\\\\r\n2b^2 (a + b) &=& a + b + b^2d \\\\\\\\\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\n\r\nとなる．辺々引いて変形し，$a \\neq b$ に注意して $a-b$ を括り出せば\r\n\r\n$$\r\n(a + b)(a + 2b - d) + 1 = 0\r\n$$\r\n\r\nが成立する．$a, b, d$ は整数であるから $(a, d) = (1-b, b+2), (-1-b, b-2)$ のいずれかの形で表せて，与式と合わせれば条件を満たすような $a, b, d$ の組は $(\\pm2, \\mp1, \\pm1)$ に限られる．これは $c = a, a = b$ の場合も同様である．\r\n\r\n----\r\n\r\n$(3)$　$a, b, c$ が全て異なるとき．\r\n\r\n　$x$ の方程式\r\n\r\n$$\r\n(x + a) (x + b) (x + c) - 2(a + b + c + dx^2 - x) = 0\r\n$$\r\n\r\nは相異なる三つの整数解 $x = a, b, c$ を持つから，この左辺は $x$ の多項式として $(x-a)(x-b)(x-c)$ に等しい．しかし，$x$ の係数を比較することで不適．\r\n\r\n----\r\n\r\n　以上より，解答すべき値は \r\n\r\n$$\r\n\\sum_{n = -10}^{10}|n| + 5 \\times 2 + 13 \\times 2 + 5 \\times 6 = \\mathbf{176}\r\n$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5348" }, { "content": "　公式解説とは違う場合分けをしたので．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$a+b+c=0$ のとき，条件は\r\n$$abc=a^2d-a=b^2d-b=c^2d-c$$\r\nである．\r\n- $d=0$ のとき，$a=b=c=0$ である．\r\n\r\n- $|d|\\geq 2$ のとき，$t=abc$ とおけば，$a,b,c$ は $x$ の 2 次方程式 $dx^2-x=t$ の解であり，解と係数の関係よりその 2 解の和は $1\\/d$ である．よって 2 解のうち整数は高々 1 つであるから，$a=b=c(=0)$ となるほかない．このとき条件を満たす．\r\n\r\n- $d=1$ のとき，$a=b=c=0$ は条件を満たすから，そうでない場合を考える．同様に解と係数の関係を考えることで，整数 $k$ を用いて $\\\\{a,b,c\\\\}=\\\\{k,k,1-k\\\\}$ と表せる．$a+b+c=0$ より $k=-1$ であり，このとき条件を満たす．\r\n\r\n- $d=-1$ のとき，上と同様にして $a=b=c=0$ および $\\\\{a,b,c\\\\}=\\\\{1,1,-2\\\\}$ が条件を満たす．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$a+b+c\\neq 0$ のとき，$a=0$ とすれば第 1 式より $b+c=0$ を得るため矛盾であり，$b,c$ についても考えれば $a,b,c\\neq 0$ である．\\\r\n　一方で，第 1,2,3 式から順に\r\n$$a | b+c,　b|c+a,　c|a+b$$\r\nが得られるから，\r\n$$p=\\frac{a+b+c}{a},　q=\\frac{a+b+c}{b},　r=\\frac{a+b+c}{c}$$\r\nは共に整数であり，さらにその逆数和は $1$ である ([OMC061(F)の解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc061\\/editorial\\/2247) と同じ発想)．これより，\r\n$$(p,q,r)=(2,3,6), (2,4,4), (3,3,3), (1, n, -n)　(n\\in \\mathbb{Z}\\_{\\setminus \\\\{0\\\\}})$$\r\nを得る．すなわち，\r\n$$(a,b,c)=(k,2k,3k), (k,k,2k), (k,k,k), (k,-k,nk)　(n,k \\in \\mathbb{Z}\\_{\\setminus \\\\{0\\\\}})$$\r\nそれぞれ適当な議論をすれば 1,2,4 つ目は不適であり，3 つ目のときに\r\n$$(a,b,c,d)=(1,1,1,2), (-1, -1, -1, -2), (2,2,2,7), (-2,-2,-2,-7)$$\r\nを発見できる．\r\n\r\n---\r\n\r\n以上より，求める答えは\r\n$$\\sum_{d=-10}^{10} (0+0+0+|d|)+3\\times (1+1+2+1) + 3\\times (1+1+2+1) + 2\\times (1+1+1+2) + 2\\times (2+2+2+7) = \\textbf{176}.$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5348/165" } ]

[ { "content": "　数列 $\\lbrace F_n \\rbrace$ を以下の漸化式によって定める.\r\n\r\n$$\r\nF_0 = 0, \\quad F_1 = 1, \\quad F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n} \\quad (n = 0, 1, 2, \\ldots)\r\n$$\r\n\r\n　$i = 1, 2, \\ldots, n$ に対して $b_i = a_i - F_{2i - 1}$, $t = s - F_{2n}$ とすることで, \r\n$f(n, s)$ が以下の条件を満たす**非負整数**の組 $b_1, b_2, \\ldots, b_n$ の個数に等しいことがわかる.\r\n\r\n- $b_1 + b_2 + \\cdots + b_n = t$ \r\n- $1$ 以上 $n - 1$ 以下の全ての整数 $k$ について,\r\n$$ b_{k + 1} \\geq kb_1 + (k - 1)b_2 + \\cdots +2b_{k - 1} + b_k$$\r\n\r\n　$F_1, F_3, \\ldots, F_{2n - 1}$ をそれぞれ非負整数個ずつ選んで総和を \r\n$t$ とする方法の個数を $g(n, t)$ と表すことにして, $f(n, s) = g(n, t)$ を示す. \r\n条件を満たす整数の組は全て以下のようにして構成できる.\r\n\r\n- はじめ $b_1 = b_2 = \\cdots = b_n = 0$ とする. $k = 1, 2, \\ldots, n$ の順に以下の操作を行う.\r\n - $b_k$ に非負整数を加えて最終的な値に一致させる.\r\n - $k \\lt n$ のとき, $k^{\\prime} = k, k + 1, \\ldots n - 1$ の順に, $b_{k^{\\prime} + 1}$ に非負整数を加えて\r\n$$ k^{\\prime} b_1 + (k^{\\prime} - 1)b_2 + \\cdots + 2b_{k^{\\prime} - 1} + b_{k^{\\prime}} $$\r\nに一致させる.\r\n\r\n　要素の総和 $b_1 + b_2 + \\cdots + b_n$ に対する $k$ 回目の操作の寄与を考える.\r\n一つ目の操作で $b_k$ に加えた非負整数を $d_k$ とするとき, \r\n二つ目の操作では $k^{\\prime} = k, k + 1, \\ldots n - 1$ について, \r\n$b_{k^{\\prime} + 1}$ に $F_{2(k^{\\prime} - k + 1)} d_k$ を加えることになるため, \r\nこれらをまとめると総和は $F_{2(n - k) + 1} d_k$ だけ増加することになる. \r\n整数の組 $b_1, b_2, \\ldots, b_n$ と $d_1, d_2, \\ldots, d_n$ は一対一対応するため示せた.\r\n\r\n\r\n　$F_{15} \\gt 900 - F_{14} = 523$ より, \r\n\r\n$$\r\ng(7, 523) = g(8, 523) = g(9, 523)\r\n$$\r\n\r\nであるため, $s_1 = 523 + F_{16} = 1510$ および $s_2 = 523 + F_{18} = 3107$ はそれぞれ条件を満たす.\r\n さらに, $F_1$ を用いる個数に着目して得られる $g$ の単調性などより, \r\nこれらに限られることも確認できる.\r\n 以上より, 特に解答すべき値は $1510 \\times 3107 = \\mathbf{ 4691570 }$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5349" } ]

[ { "content": "　簡単のため，それぞれの順列を $\\\\{1,2,\\ldots,7\\\\}$ の上の全単射 $p,q,r$ とみなす．いま，条件として\r\n$$ p \\circ q = q \\circ r = r \\circ p \\tag{1}$$\r\nのみを考える．$p,q$ を定めると，$r$ の候補は $q^{-1} \\circ p \\circ q$ として高々一つに定まる．これが $(1)$ をみたすには，\r\n$$ p \\circ q = (q^{-1} \\circ p \\circ q) \\circ p \\iff p \\circ q \\circ p = q \\circ p \\circ q$$\r\nが必要十分条件となる．さらに，全単射 $P,Q$ をそれぞれ $p \\circ q \\circ p$ および $p \\circ q$ で定めることで\r\n$$ \\begin{aligned}\r\np \\circ q \\circ p = q \\circ p \\circ q\r\n&\\iff p \\circ q \\circ p \\circ (p \\circ q \\circ p) = p \\circ q \\circ p \\circ (q \\circ p \\circ q) \\\\\\\\\r\n&\\iff P \\circ P = Q \\circ Q \\circ Q \\tag{2}\r\n\\end{aligned} $$\r\nを得るが，$(p, q)$ と $(P, Q)$ は一対一に対応するため，以下 $(2)$ をみたす $(P, Q)$ について考えればよい．このような組のうち，さらに任意の $n$ に対して $Q(n)=p(q(n))\\neq n$ をみたすものを数え上げればよい．\\\r\n　ここで，$\\\\{1,2,\\ldots,7\\\\}$ の上の全単射 $A$ に対し，$1,2,\\ldots,7$ の各数を頂点とし，$n$ から $A(n)$ に辺を張って得られる有向グラフを $G_A$ とする．これらはすべての頂点の入次数・出次数がともに $1$ であるグラフであり，独立ないくつかのサイクルによって構成される．いま $Q(n)\\neq n$ より $G_Q$ には自己ループが存在しないことに注意すると，$G_Q$ に含まれるサイクルの長さの組としては $(7), (5, 2), (4, 3), (3, 2, 2)$ が考えられる．\\\r\n　このうち，$(5, 2), (4, 3)$ が不適であることを示す．$G_Q$ に長さが $2k$ $(k = 1, 2)$ のサイクルがちょうど $1$ 個存在すると仮定する．$G_{Q \\circ Q \\circ Q}$ にも同じ長さで含まれる頂点の集合も等しいようなサイクルが存在するため，これを $x_1 \\rightarrow x_2 \\rightarrow \\cdots \\rightarrow x_{2k} \\rightarrow x_1$ とすれば，$P \\circ P = Q \\circ Q \\circ Q$ より，$P$ には $x_1 \\rightarrow y_1 \\rightarrow x_2 \\rightarrow y_2 \\rightarrow \\cdots \\rightarrow x_{2k} \\rightarrow y_{2k} \\rightarrow x_1$ なるウォークが存在する．$x_1, y_1, x_2, y_2 , \\cdots, x_{2k}, y_{2k}$ は相異なることが示せるため，$G_Q$ にはまた別の長さ $2k$ $(k = 1, 2)$ のサイクル $y_1 \\rightarrow y_2 \\rightarrow \\cdots \\rightarrow y_{2k} \\rightarrow y_1$ が存在することになり，不適である．\\\r\n　以上のことから，まず $G_Q$ について以下のいずれかが成立する．\r\n\r\n- 長さ $7$ のサイクルからなる．\r\n- 長さ $3, 2, 2$ のサイクルからなる．\r\n\r\n　それぞれに適するものを数え上げると $720$ 通り，$210$ 通りであることがわかる．次に，対応する $G_P$ はそれぞれ以下の通りである．\r\n\r\n- 長さ $7$ のサイクル $1$ 個については $1$ 通りが対応する．\r\n- 長さ $2$ のサイクル $2$ 個については長さ $4$ のサイクル $2$ 通りが対応する．残り $3$ 頂点からなるサイクルの長さは $(2, 1), (1, 1, 1)$ のいずれかであり，$4$ 通りが対応する．\r\n\r\n　従って，求めるべき個数は $720 \\times 1 + 210 \\times 2 \\times 4 = \\mathbf{2400}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc130/editorial/5350" } ]

[ { "content": "　$4,5,\\ldots,12$ のそれぞれについて，正の約数の総和は $7,6,12,8,15,13,18,12,28$ である．それぞれの正の約数の個数は $2,4,6,4,4,2,6,6,6$ であるから，$(a,b)=(6,12)$ が唯一の解であり，解答すべき値は $\\textbf{612}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/6173" } ]

[ { "content": "　シートに誰も座っていない場合を許して，一般に $k=7$ について求める場合の数を $P(k)$ とおくと，右端の座席に人が座っているか場合分けすることで $P(k)=P(k-1)+P(k-2)$ が成立する．\\\r\n　$P(1)=2,P(2)=3$ から計算すれば，求める値は $P(7)-1=\\textbf{33}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/2590" } ]

[ { "content": "　与式は以下のように変形できるから，求める最大値は $(x,y)=(±\\sqrt{13},±5\\sqrt{13})$ (複号同順) での $\\textbf{169}$ である．\r\n$$-x^4+x^2+10xy-y^2=169-(x^2-13)^2-(y-5x)^2$$\r\nこの変形は一見すると天下り的だが，まず $y$ で平方完成すれば自然に得られる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/2597" } ]

[ { "content": "　与式を以下のように変形すると、$n+10$ が $9000$ の約数になることが条件であることがわかる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\dfrac{n^3+10^4}{n+10}=n^2-10n+100+\\dfrac{9000}{n+10}\r\n\\end{aligned}$$ \r\n$9000=2^3\\times 3^2 \\times 5^3$ の正の約数は $48$個で，そのうち $n\\gt 0$ とならないものは\r\n$$n+10=1,2,3,4,5,6,8,9,10$$\r\nである．これらを除く $39$ 組全てに対して，$n+10$ の総和は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(1+2+4+8)(1+3+9)(1+5+25+125)-48=30372\r\n\\end{aligned}$$\r\nより，求める総和は $30372-10\\times 39=\\bf{29982}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/2013" } ]

[ { "content": "$$P(x)=(x-\\alpha_1)(x-\\alpha_2)\\cdots(x-\\alpha_8),\\quad Q(x)=(x-\\alpha_1^2)(x-\\alpha_2^2)\\cdots(x-\\alpha_8^2)$$\r\nに留意する．ここで $Q(x^2)=R(x)$ なる多項式 $R(x)$ を考えると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nR(x)&=(x^2-\\alpha_1^2)(x^2-\\alpha_2^2)\\cdots(x^2-\\alpha_8^2)\\\\\\\\\r\n&=(x-\\alpha_1)(x-\\alpha_2)\\cdots(x-\\alpha_8)(x+\\alpha_1)(x+\\alpha_2)\\cdots(x+\\alpha_8)\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなり，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(x+\\alpha_1)(x+\\alpha_2)\\cdots(x+\\alpha_8)=(-x-\\alpha_1)(-x-\\alpha_2)\\ldots(-x-\\alpha_8)=P(-x)\\end{aligned}$$\r\nより，$R(x)=P(x)P(-x)$が成立することがわかる．求める値は\r\n$R(\\sqrt{10})=P(\\sqrt{10})P(-\\sqrt{10})$ より\r\n$$\\begin{aligned}\r\nP(\\sqrt{10})P(-\\sqrt{10})=(9789-199\\sqrt{10})(9789+199\\sqrt{10})=\\bf{95428511}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/2172" } ]

[ { "content": "　$ID$ は $\\gamma$ の直径であり，特に対称性より $AE=AB=5$ である．したがって，方べきの定理より\r\n$$AI\\times AD=AE\\times AC=100$$\r\nであるから $ID=80\\/3$ が成立する．ここで，$AI$ と $BC$ の交点を $T$ とすれば\r\n$$BT:TC=AB:AC=1:4,\\quad BT:TI=AB:AI=3:2$$\r\nが成立するから，方べきの定理より\r\n$$BT\\times TC=IT\\times TD$$ \r\nとあわせて $BC=20=AC$ がわかる．以上より，$EI=BI=AI=10\\/3$ であり，$\\angle{DEI}=90^\\circ$ より\r\n$$DE^2=ID^2-EI^2=\\left(\\dfrac{80}{3}\\right)^2-\\left(\\dfrac{10}{3}\\right)^2=\\textbf{700}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/2607" }, { "content": "　$\\mathrm{AE}=5$，$\\mathrm{AI}=\\dfrac{10}{3}$，$\\mathrm{ID}=\\dfrac{80}{3}$（直径）までたどり着けば，座標系を用いても解くことは可能です。\\\r\n 　例えば円 $\\gamma$ の中心（$\\mathrm{ID}$ の中点）を原点，直線 $\\mathrm{ID}$ が $x$ 軸であるとすれば，点 $\\mathrm{E}$ は次の二つの円の交点になります。\\\r\n 　$x^2+y^2=\\left( \\dfrac{40}{3} \\right) ^2$\\\r\n 　$\\left(x- \\dfrac{50}{3} \\right)^2+y^2=5^2$（点 $\\mathrm{A}$ 中心，半径 $5$ の円）\\\r\n 　あとは，$\\mathrm{DE}$ の長さを三平方の定理等で求めればOKです。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc129/editorial/2607/157" } ]

[ { "content": "　答えは $254\\times5598=\\textbf{1421892}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6669" } ]

[ { "content": "　$n+1$ 人目に \"O\" が伝わる確率を $P_n$ とおくと，\r\n$$\\begin{aligned}P_0&=1\\\\\\\\\r\n P_{n+1}&=\\dfrac{9}{10}P_n + \\dfrac{1}{10}(1-P_n)=\\dfrac{4}{5}P_n+\\dfrac{1}{10} \r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nが成り立ち，これを解いて $P_n=\\dfrac{1}{2}\\Bigl(1+\\Bigl(\\dfrac{4}{5}\\Bigr)^n\\Bigr)$ を得る．よって，$P_n\\leq 0.51$ となる最小の正整数 $n$ は $\\textbf{18}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6670" } ]

[ { "content": "　$N$ の $10^i ~ (0\\leq i \\leq M-1)$ の位を$a_i$とすると，\r\n$$f(N)=\\displaystyle\\prod_{i=0}^{M-1}(1+a_i)-1$$\r\nであることに注意せよ．$M=1$ のときすべてみたす．$M\\geq 2$ のとき，任意の $i$ について $a_i\\leq 8$ であるとすると $f(N)\\lt N$ であることがわかる．すなわち，$a_i=9$ なる $i$ が存在するから，$N$ は $10$ で割って $9$ 余ることになる．すなわち $a_0=9$ であり，これを取り去ることで $M-1$ 桁の場合に帰着できる．以上より，求める $M$ 桁の整数 $n$ は $x\\times10^{M-1}-1$（$x$ は $2\\leq x \\leq 10$ なる整数）と表せるものであり，特に答えは $9\\times2022=\\textbf{18198}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6671" } ]

[ { "content": "　対称性より， $1$ 位の団体が存在する組み合わせの個数を $4$ で割ればよい．余事象を考えることで，そのような組み合わせを数え上げる．まず，ありうる組み合わせは全部で $ {} _{100} \\mathrm{H} _4 = {} _{103} \\mathrm{C} _3=176851$ 個ある．\\\r\n　 $1$ 位の団体が存在しないということは，入れられた球が最も多い団体が複数あるということである．\r\n\r\n- $4$ 団体ある場合（$25$ 個）$1$ 通り\r\n- $3$ 団体ある場合（$26$ 個から $33$ 個）$8\\times{}_4 \\mathrm{C}_1=32$ 通り\r\n- $2$ 団体ある場合（$26$ 個から $50$ 個）$\\bigl((3+7+\\cdots+31)+(33+31+\\cdots+1)\\bigr)\\times{}_4 \\mathrm{C}_2=2550$ 通り\r\n\r\nよって答えは $\\dfrac{176851-(1+32+2550)}{4}=\\textbf{43567}$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6672" } ]

[ { "content": "　角度追跡によって $A,O,I_A$ は同一直線上に，$A,B,C,O$ は同一円周上にあることがわかる．よってPtolemyの定理より $BC$ の長さは $\\dfrac{(4+5)\\times3}{8-3}=\\dfrac{27}{5}$ と求まるので，解答すべき値は $\\textbf{32}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6673" } ]

[ { "content": "　$i=1,2,\\ldots,7$ に対し，$i$ から $P_i$ に辺を張ったグラフを考えると，条件はサイクルの大きさがすべて $2$ べきであることが必要十分条件である．サイクルの大きさの組み合わせで場合分けすることにより，答えは$630+210+105+105+21+1=\\textbf{1072}$ 通りと求まる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6674" } ]

[ { "content": "　$f(1)=1, f(2)=4$ である．以降 $n\\geq 3$ の場合を考える．\r\n\r\n　フェルマーの小定理より，指数の肩 $\\mathrm{mod}~6$ が分かれば良い.\r\n- $n \\equiv 0 \\mod 6$ のとき $f(n) \\equiv n^0 \\mod 7$\r\n- $n \\equiv 1 \\mod 6$ のとき $f(n) \\equiv n^1 \\mod 7$\r\n- $n \\equiv 2 \\mod 6$ のとき $f(n) \\equiv n^4 \\mod 7$\r\n- $n \\equiv 3 \\mod 6$ のとき $f(n) \\equiv n^3 \\mod 7$\r\n- $n \\equiv 4 \\mod 6$ のとき $f(n) \\equiv n^4 \\mod 7$\r\n- $n \\equiv 5 \\mod 6$ のとき $f(n) \\equiv n^5 \\mod 7$\r\n\r\nゆえに $f(n)~ \\mathrm{mod}~ 7$ の値は周期 $42$ である．$\\displaystyle\\sum_{k=3}^{44}(f(k)~ \\mathrm{mod}~7)=97$ および $2022=2+42\\times48+4$ より，答えは $1+4+97\\times48+6+4+3+1=\\textbf{4675}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6675" } ]

[ { "content": "　$i$ 回回転して初めて並び方が最初と同じになるとき，その並べ方は周期が $i$ であると呼ぶことにする.\r\n周期が $12,6,4,2$ になる並べ方をそれぞれ $a,b,c,d$ 通りとすると\r\n$$\\begin{aligned}\r\n12a+6b+4c+2d&={}_{12} \\mathrm{C}_6=924 \\\\\\\\\r\n6b+2d&={}_6 \\mathrm{C}_3=20 \\\\\\\\\r\n4c+2d&={}_4 \\mathrm{C}_2=6 \\\\\\\\\r\n2d&={}_2 \\mathrm{C}_1=2 \\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\nが成り立つ．これを解くと $a=75,b=3,c=1,d=1$ を得るから，答えは $75+3+1+1=\\textbf{80}$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6676" } ]

[ { "content": "　辺 $BC$ の中点を $M$ とする．点 $B, C$ から辺 $CA, AB$ に下ろした垂線の足を $E, F$ とし，直線 $EF$ と直線 $BC$ の交点を $D$ とする．点 $X^{\\prime}$ を線分 $DM$ の中点とする．点 $N$ を中心として点 $A$ を通る円を $\\gamma$ とする．点 $D$ は $\\gamma$ の点 $M$ に関する極線上にあるから，線分 $DM$ を直径とする円は $\\gamma$ と直交する．このとき，これらの二円の交点のうち一つを $T$ とすると， \r\n$${X^{\\prime}N}^2\r\n ={X^{\\prime}T}^2+{TN}^2\r\n ={X^{\\prime}M}^2+{OM}^2\r\n ={X^{\\prime}O}^2$$\r\nより $X^{\\prime}N=X^{\\prime}O$ が成立する．したがって $X^{\\prime}=X$ である．長さを計算すると, \r\n$$CE:EA=3:5, \\quad AF:FB=5:4$$\r\nとなり，これとMenelausの定理より $BD:DC=4:3$ となる．点 $X$ が線分 $DM$ の中点であることから $BX=\\frac{9}{4}\\sqrt{7}$ と求まるので，解答すべき値は $567+16=\\textbf{583}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6677" } ]

[ { "content": "　$P(x, y)$ で与式への代入を表す．$P(0,x)$ より $s=(\\alpha+2)f(0)+2022$ とすれば \r\n$$f(f(x))=4x+s\\tag{1}$$\r\nが成立．これと $P(0,f(x))$ より\r\n$$f(4x+s)=4f(x)+s\\tag{2}$$\r\nを得る．また $P(s\\/\\alpha,x-s\\/\\alpha)$ より\r\n$$f\\left(f(x)+s\\right)=(\\alpha+2)f\\left(\\frac{s}{\\alpha}\\right)+4\\left(x-\\frac{s}{\\alpha}\\right)+2022$$\r\nであり，$(2)$ を用いて変形すると\r\n$$f\\left(\\frac{1}{4}f(x)\\right)=x-\\frac{s}{\\alpha}+\\frac{1}{4}\\left((\\alpha+2)f\\left(\\frac{s}{\\alpha}\\right)+2022\\right)$$\r\nとできる．$t=\\frac{1}{4}\\left((\\alpha+2)f\\left(\\frac{s}{\\alpha}\\right)+2022\\right)-\\frac{s}{\\alpha}$ として両辺を $f$ で送ると\r\n$$f(x)+s=f(x+t)\\tag{3}$$\r\nが得られる．この両辺をさらに $f$ で送り，$(1)$ より $f$ が全射であることを用いれば\r\n$$f(x+s)=f(x)+4t\\tag{4}$$\r\nが得られる．$\\alpha$ は正整数であることに注意すると，$(3),(4)$ を用いて $P(0,0)$ と $P(t,0)$ を比較することで $s=2t$ を得る．このとき $(2),(4)$ で $x=0$ とすれば $s=3f(0)$ が得られ，$s$ の定義とあわせれば $\\alpha\\neq 1$，$f(0)=\\dfrac{2022}{1-\\alpha}$ を得る．よって条件をみたす $f$ が存在するためには $\\alpha-1$ が $2022$ の約数でなければならない．逆に $\\alpha-1$ が $2022$ の約数であるとき \r\n$$f(x)=2x+\\frac{2022}{1-\\alpha}$$\r\nは条件をみたす．従って $2022=2\\times 3\\times 337$ より求める値は\r\n$$(1+2)(1+3)(1+337)+(1+1)(1+1)(1+1)=\\bm{4064}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6678" }, { "content": "　実数 $\\alpha$ に対して与式をみたす関数 $f$ を求める．\\\r\n$P(x,y)$ で与式への代入を表す．$f$ \r\nは全射であるため，任意の実数 $s,t$ に対して $f(s^{\\prime})=s, f(t^{\\prime})=t$ なる実数 $s^{\\prime},t^{\\prime}$ が存在する．\r\n- $\\alpha \\neq 0$ のとき\r\n$$g(x)=(\\alpha +2)f\\Bigl(\\dfrac{x}{\\alpha}\\Bigr)-\\dfrac{4x}{\\alpha}+2022$$\r\nとおくと，\r\n$$P\\Bigl(\\dfrac{u}{\\alpha},s^{\\prime}-\\dfrac{u}{\\alpha}\\Bigr), P\\Bigl(\\dfrac{u}{\\alpha},t^{\\prime}-\\dfrac{u}{\\alpha}\\Bigr), P\\Bigl(\\dfrac{v}{\\alpha},s^{\\prime}-\\dfrac{v}{\\alpha}\\Bigr), P\\Bigl(\\dfrac{v}{\\alpha},t^{\\prime}-\\dfrac{v}{\\alpha}\\Bigr)$$ より\r\n$$f(s+u)=g(u)+4s^{\\prime}\\\\\\\\\r\nf(t+u)=g(u)+4t^{\\prime}\\\\\\\\\r\nf(s+v)=g(v)+4s^{\\prime}\\\\\\\\\r\nf(t+v)=g(v)+4t^{\\prime}$$\r\nよって，\r\n$$f(s+u)+f(t+v)=f(s+v)+f(t+u)$$\r\nが成立し，$x+y=z+w$ ならば $f(x)+f(y)=f(z)+f(w)$ である．特に\r\n$$f(x+y)=f(x)+f(y)-f(0)$$\r\nである．\r\nまた，$P(0,y)$ より \r\n$$f\\bigl(f(y)\\bigr)=(\\alpha+2)f(0)+2022+4y$$\r\nが成り立つため，これらを用いて与式を変形すると\r\n$$(\\alpha+1)f(0)+4x+f(\\alpha x)=(\\alpha+2)f(x)$$\r\nがわかる．\r\nよって，\r\n$$f\\bigl(\\alpha f(x)\\bigr)=(\\alpha+2)f\\bigl(f(x)\\bigr)-4f(x)-(\\alpha+1)f(0)$$\r\n従って\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf\\bigl(\\alpha f(x)\\bigr)-f\\bigl(\\alpha f(0)\\bigr)&=(\\alpha+2)\\Bigl(f\\bigl(f(x)\\bigr)-f\\bigl(f(0)\\bigr)\\Bigr)-4f(x)+4f(0)\\\\\\\\\r\n&=4(\\alpha+2)x-4f(x)+4f(0)\r\n\\end{aligned}$$\r\nまた，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf\\bigl(\\alpha f(x)\\bigr)&=f\\bigl((\\alpha+1)f(0)+4x+f(\\alpha x)-2f(x)\\bigr)\\\\\\\\\r\n&=f\\bigl(\\alpha f(0)\\bigr)+4f(x)+f\\bigl(f(0)\\bigr)+f\\bigl(f(\\alpha x)\\bigr)-2f\\bigl(f(x)\\bigr)-4f(0)\\\\\\\\\r\n&=f\\bigl(\\alpha f(0)\\bigr)+4f(x)+4(\\alpha x-2x)-4f(0)\\\\\\\\\r\n&=f\\bigl(\\alpha f(0)\\bigr)-4f(0)+4f(x)+4(\\alpha-2) x\r\n\\end{aligned}$$\r\nゆえに，$f(x)=2x+f(0)$ である．\r\nなお，今回出題されているのは $\\alpha$ が正整数のときのみについてであるため，Cauchyの関数方程式の要領で\r\n$$f(\\alpha x)=\\alpha f(x)-(\\alpha-1)f(0)$$\r\nがわかり，これを用いるとより簡単に $f(x)=2x+f(0)$ がわかる．\r\nよって，$f\\bigl(f(x)\\bigr)=4x+3f(0)$ より，$f(0)=\\dfrac{2022}{\\alpha-1}$ である．(ただし，$\\alpha=1$ のときは矛盾．)\r\nまた，$f(x)=2x+\\dfrac{2022}{\\alpha-1}$ は与式をみたす．\r\n\r\n- $\\alpha=0$ のとき\\\r\n$P(x,0)$ と $P(0,x)$ を比較して $f(x)=2x+f(0)$ を得る．上と同様に $f(0)=-2022$ で，$f(x)=2x-2022$ は与式をみたす．\r\n\r\n　以上より，$\\alpha=1$ のときは解は存在せず，$\\alpha\\neq1$ のときは $f(x)=2x+\\dfrac{2022}{\\alpha-1}$ のみが解である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6678/160" } ]

[ { "content": "　次が成り立つため $\\displaystyle\\sum_{i=1}^{n}S_i$ と $\\displaystyle\\sum_{i=1}^{n}{S_i}^2$を求めればよい.\r\n$$\\sum_{i=1}^{n}\\sum_{j=i+1}^{n}S_iS_j=\\frac{1}{2}\\left(\\left(\\sum_{i=1}^{n}S_i\\right)^2-\\sum_{i=1}^{n}{S_i}^2\\right)$$\r\n\r\n位別に総和への寄与を考えれば次のように計算できる. $0$ である位は総和に影響しないことに留意せよ. \r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{i=1}^{n}S_i\r\n&=\\sum_{i=1}^{9}100i\\cdot\\frac{(10-i)(11-i)}{2}\r\n+\\sum_{i=1}^{9}10i\\cdot i(10-i)\r\n+\\sum_{i=1}^{9}i\\cdot\\frac{i(i+1)}{2}\\\\\\\\\r\n&=58905,\\\\\\\\\r\n\\sum_{i=1}^{n}S_i^2\r\n&=\\sum_{i=1}^{9}(100i)^2\\cdot\\frac{(10-i)(11-i)}{2}\r\n+\\sum_{i=1}^{9}(10i)^2\\cdot i(10-i)\r\n+\\sum_{i=1}^{9}i^2\\cdot\\frac{i(i+1)}{2}\\\\\\\\\r\n&\\quad \r\n+2\\sum_{i=1}^{9}\\sum_{j=i}^{9}100i\\cdot 10j\\cdot(10-j)\r\n+2\\sum_{i=1}^{9}\\sum_{j=i}^{9}100i\\cdot j\\cdot(j-i+1)\\\\\\\\\r\n&\\quad\r\n+2\\sum_{i=1}^{9}\\sum_{j=i}^{9}10i\\cdot j\\cdot i\\\\\\\\\r\n&=27888399\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　以上より解答すべき値は $\\dfrac{58905^2-27888399}{2}=\\bm{1720955313}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6679" } ]

[ { "content": "　四角形 $ABDC$ は調和四角形であるから，$\\triangle{ABM}\\sim \\triangle{ADC}$ が従う．これより $DC=\\dfrac{BM\\times AC}{AM}$ である．$OD=OC$ より，直線 $EO$ は $\\angle{DEC}$ の外角の二等分線であるから，これは線分 $AD$ の垂直二等分線でもある．直線 $EO$ と直線 $AD$ の交点を $T$ とし，有向角を $\\measuredangle$ で表すと，\r\n$$ \\measuredangle{TKB}\r\n =\\measuredangle{ECB}\r\n =\\measuredangle{ACB}\r\n =\\measuredangle{ADB}\r\n =\\measuredangle{TDB}$$\r\nより $T, K, B, D$ は同一円周上にある．したがって $\\angle{KBD}=90^\\circ$ が成立する．いま, \r\n$$AK=KD, \\quad AO=OC, \\quad \\angle{KBD}=\\angle{OMC}$$\r\nより，$\\triangle{ABD}$ と $\\triangle{AMC}$ をうつす相似変換において $K$ と $O$ が対応する．したがって $\\triangle{AKO}\\sim \\triangle{ABM}$ であり，これより $AK=\\dfrac{AB\\times AO}{AM}$ が成り立つ．\\\r\n　いま ${AK}:{DC}={DK}:{DC}=8:5$ より，長さを整理すると\r\n $$ {AB}\\times{AO}:{BM}\\times{AC}=8:5$$\r\nがわかる．一般に三角形 $ABC$ の面積は $\\dfrac{BC\\times CA\\times AB}{4\\times AO}$ と表されるから，求める値は $245+16=\\textbf{261}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022/editorial/6680" } ]

[ { "content": "　偶数の書かれた頂点は隣接できないから，偶数 $4$ つを書き込む位置は，$A,C,F,H$ と $B,D,E,G$ の $2$ 通りである．偶数の位置を固定したとき， $6$ と体対角線を共有する位置に $3$ が来ねばならず，残りの奇数の配置は自由である．よって，解答すべき値は $2\\times 4! \\times 3! = \\mathbf{288}.$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/4733" } ]

[ { "content": "　$ABC$ の内接円と $BC$ の接点を $Y$ とし，角 $A$ 内の傍接円と $AB,BC$ の接点をそれぞれ $X^\\prime,Y^\\prime$ とすると，\r\n$$XX^\\prime=BX+BY^\\prime=BY+CY=24$$\r\nが成立する．内接円と角 $A$ 内の傍接円の半径比は $AX:AX^\\prime$ で与えられるから，求める値は $\\textbf{15}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/3021" } ]

[ { "content": "　一般に $2×n$ のマス目について，最も右の列が $1$ のみからなる書き込み方を $a_n$ 通り，そうでない書き込み方を $b_n$ 通りとする．条件は隣り合う $2$ マスが必ず $1$ を含むことと同値であることに注意すれば，漸化式\r\n$$a_{n+1}=a_n+b_n, \\quad b_{n+1}=4a_n+2b_n$$\r\nが成立することがわかる．ひと工夫としてこれらより $\\\\{b_n\\\\}$ を消去すれば\r\n$$a_{n+2}=3a_{n+1}+2a_n$$\r\nも成立することがわかる．$a_1=1,b_1=4$ から計算すれば $a_6+b_6=a_7=\\textbf{2753}$ とわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/5443" } ]

[ { "content": "　$a_1\\geq a_2\\geq\\cdots\\geq a_{100}$ として考えてもよい．このとき，三角不等式より次が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(x)\r\n&=\\sum_{k=1}^{50}\\big(\\left|x+a_{k}\\right|+\\left|x+a_{101-k}\\right|\\big)\\\\\\\\\r\n&\\geq\\sum_{k=1}^{50}\\big|\\left(x+a_{k}\\right)-\\left(x+a_{101-k}\\right)\\big|\\\\\\\\\r\n&\\geq\\sum_{k=1}^{50}(a_{k}-a_{101-k})\r\n\\end{aligned}$$\r\n一方で次が成り立つから，以上より $f(x)$ の最小値は $f(-a_{50})$ であることがわかる．\r\n $$f(-a_{50})=\\sum_{k=1}^{50}\\big((-a_{50}+a_{k})+(a_{50}-a_{101-k})\\big)=\\sum_{k=1}^{50}(a_{k}-a_{101-k})$$ \r\n　さて，$a_1+\\cdots+a_{100}=10000$ とあわせれば，$f(-a_{50})=1104$ は次と同値であることがわかる．\r\n$$a_1+\\cdots+a_{50}=5552, \\qquad a_{51}+\\cdots+a_{100}=4448$$\r\n第2式より $50a_{51}\\geq 4448$ すなわち $a_{51}\\geq 89$ であるから，$a_1\\leq 5552-49\\times 89=1191$ が従う．逆に\r\n$$(1191,89,\\ldots,89,88,88)$$\r\nは条件をみたすから，解答すべき値は $\\bf1191$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/4727" }, { "content": "　(公式解説と同様に) $f(x)$ が最小値をとるのは $x=-a_{50}$ で, $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100} |a_k-a_{50}|=1104$ である. $a_1-a_{50}$ を最大化したい(他との差別化を図ることで $a_1$ を大きくする). $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100} a_k$ が $100$ の倍数なので $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100} a_k-a_{50}$ も $100$ の倍数であることに留意する. \r\n$$(a_1-a_{50}, a_2-a_{50}, \\dots ,a_{100}-a_{50})=(1104,0,\\dots,0)$$ \r\n上のときそれらの和は $100$ で割ると $4$ 余るので割り切れるように調整すると\r\n$$(a_1-a_{50}, a_2-a_{50}, \\dots ,a_{100}-a_{50})=(1102,0,\\dots,-2)$$ \r\nなどが見つかる. これを $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{100} a_k=10000$ になるように調整すると $a_{50}=89$ となり, このとき $a_1=1102+89=\\textbf{1191}$ .", "text": "感覚的な説明", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/4727/159" } ]

[ { "content": "　$L=\\dfrac{b}{a}$，$M=\\dfrac{c}{a}$，$N=\\dfrac{d}{a}$ とおくと\r\n$$L+N=p^t,\\quad (M+p^t)^{b}=M^{d}$$\r\nとなるため $b\\lt d$ および $M$ は整数かつ $p^t$ は $M$ の倍数であることがわかる．\r\nよって整数 $s\\~(0\\leq s\\leq t)$ により $M=p^s$ とおけて，このとき代入し整理すれば次を得る．\r\n$$(p^{t-s}+1)^{b}=p^{s(d-b)}$$\r\n　$s=0$ のとき $1\\lt(p^t+1)^b=1$ となり不適，また $0\\lt s\\lt t$ のとき，左辺は $p$ の倍数でないのに対して右辺は $p$ の倍数であるため不適であるから結局 $t=s$ を得る．\r\nこれを代入すれば $2^b=p^{t(d-b)}$ より $p=2,b=t(d-b)$ であるから，$L+N=p^t=2^t$ と合わせれば\r\n$$L=\\frac{b}{a}=\\frac{2^tt}{2t+1},\\quad N=\\frac{d}{a}=\\frac{2^t(t+1)}{2t+1}$$\r\nが得られる．$a$ と $b$ は互いに素であることに注意すれば，以上より次が得られた．\r\n$$a=2t+1，b=2^tt，c=2^t(2t+1)，d=2^t(t+1)，p=2$$\r\n逆にこれが与えられた条件を全て満たすことは確認できるため，$1001$ 番目に小さい $b$ は $b=2^{1001}\\times1001$．\r\nしたがってEulerの定理より求める値は\r\n$$2^{1001}\\times1001\\equiv 2^1\\times 1001\\equiv\\bf{891}\\rm \\pmod{1111}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/4681" } ]

[ { "content": "　$A,B,C$ から対辺に下ろした垂線の足を $P,Q,R$ とし，辺 $BC, CA, AB$ の中点を $K, M, N$ とする．$AH=2x, BH=2y, CH=2z$ とすると, $OK = x, OM = y, ON = z$ であるから\r\n$$x+y+z=21$$\r\nが分かる．また, \r\n$$HR=\\dfrac{BH}{2}=y,\\quad HQ=\\dfrac{CH}{2}=z,\\quad HR×HC=HA×HP$$\r\n より $HP=\\dfrac{yz}{x}$ であるから \r\n$$y+z+\\dfrac{yz}{x}=18$$\r\nである．さらに, $BC=2\\sqrt 3x$ より余弦定理から\r\n$$y^2+yz+z^2=3x^2$$\r\nであるから, これらを連立して解くことで $BC=2\\sqrt 3 x=\\sqrt{2271} - \\sqrt{507}$ である．特に解答すべき値は $\\textbf{2778}$ である． \r\n\r\n----\r\n\r\n**別解.**　$BC$ について $A$ と反対側に, 三角形 $PBC$ が正三角形となるような点 $P$ をとる. $$AH+BH+CH=2d(O, BC)+2d(O, CA)+2d(O, AB)=2×18=36$$ であることに注意する. ここで $AH$ と $BC$ , $BH$ と $AC$ , $CH$ と $AB$ の交点をそれぞれ $D, E, F$ とすると, $\\angle BHF=\\angle BAC=60^{\\circ}$ であり, $HB=2HF, HC=2HE$ が従う. $AH=2x$ とすると\r\n$$HB+HC=42-2x,　HE+HF=21-x,　HD=x-3$$ と表せる. ここで$\\angle BHC+\\angle BPC=180^{\\circ}$ から $H, B, P, C$ は共円であり, 以上より $$HP=HB+HC=42-2x$$\r\nとなる. さらに, 三角形 $AEH$ と $BEC$ は相似であり, $BC=\\sqrt 3AE$ であるから $BC=\\sqrt 3AH=2\\sqrt 3x$ となる. よって, 三角形 $HBC$ の面積は $HD×BC\\/2=\\sqrt 3x(x-3)$ と表せる.\r\n一方で, 三角形 $HPC$ と $XPB$ が相似となるような点 $X$ が $HB$ 上にとれ, ここから\r\n$$|HBC|=|HXP|-|BCP|=\\dfrac{\\sqrt 3}{4}\\\\{(42-2x)^2-12x^2\\\\}=\\sqrt 3(-2x^2-42x+441)$$\r\nと表すこともできる. $2$ 式を比較することで, $x^2+13x-147=0$ から $$x=\\dfrac{\\sqrt{757}-13}{2}$$ が導け, よって $$BC=2\\sqrt 3x=\\sqrt{2271}-\\sqrt{507}$$ となる. 特に解答すべき値は $\\textbf{2778}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/4944" }, { "content": "　三角関数を用いる方法です. 計算は公式解説より大変になりますが, きれいに求まります.\r\n\r\n--- \r\n\r\n　三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$ とし, $\\angle{A}=\\alpha, \\angle{B}=\\beta, \\angle{C}=\\gamma$ とします. このとき $BC=2R\\sin{\\alpha}, CA=2R\\sin{\\beta}, BC=2R\\sin{\\gamma}$ であり, 計算することで, 以下がわかります. \r\n$$2R(\\cos{\\alpha}\\cos{\\beta}+\\cos{\\beta}\\cos{\\gamma}+\\cos{\\gamma}\\cos{\\alpha})=18, R(\\cos{\\alpha}+\\cos{\\beta}+\\cos{\\gamma})=21$$\r\n　ここから $7(\\cos{\\alpha}\\cos{\\beta}+\\cos{\\beta}\\cos{\\gamma}+\\cos{\\gamma}\\cos{\\alpha})=3(\\cos{\\alpha}+\\cos{\\beta}+\\cos{\\gamma}) $ であり, $\\cos\\alpha=\\dfrac{1}{2}$ を代入し, 整理することで以下を得ます. $$\\cos{\\beta}+\\cos{\\gamma}+14\\cos{\\beta}\\cos{\\gamma}=3$$\r\n　さて, 上の式から $\\gamma=120^\\circ-\\beta$ を使えば $\\cos{\\beta}$ の値が（頑張れば）分かりそうですが, 訊かれているのは $BC$ です. $$BC=2R\\sin{\\alpha}=\\sqrt{3}R=\\frac{21\\sqrt{3}}{\\frac{1}{2}+\\cos{\\beta}+{\\cos{\\gamma}}}$$ なので, $\\cos{\\beta}+{\\cos{\\gamma}}$ さえ分かればよいわけです. そしてこれは, $\\beta+\\gamma=120^\\circ$ だから和積が効きそうです. 実際, $$\\cos{\\beta}+\\cos{\\gamma}=2\\cos60^{\\circ}\\cos{\\dfrac{\\beta-\\gamma}{2}}=\\cos{\\dfrac{\\beta-\\gamma}{2}}$$ であり, また $\\cos{\\beta}\\cos{\\gamma}$ には積和を使えば, $$\\cos{\\beta}\\cos{\\gamma}=\\dfrac{1}{2}(\\cos120^{\\circ}+\\cos(\\beta-\\gamma))$$ とわかります. \r\n　したがって $x=\\cos{\\dfrac{\\beta-\\gamma}{2}}$ とおけば, $2$ 倍角の公式より $\\cos(\\beta-\\gamma)=2x^2-1$ となるから, 上の式は $$x+7\\left(2x^2-\\frac{3}{2}\\right)=3$$ となり, これを解くことで $x=\\dfrac{-1+\\sqrt{757}}{28}$ を得ます（$x\\geq{-1}$ よりもう一方は不適）. すなわち $$BC=\\dfrac{42\\sqrt{3}}{2x+1}=\\sqrt{2271}-\\sqrt{507}$$ と求まるから, 解答すべき値は $\\bf{2778}$ となります.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc128/editorial/4944/158" } ]

[ { "content": "　 $∠A, ∠B, ∠C$ それぞれが頂角となる場合を考えると，$∠A$ の大きさはそれぞれ $80^\\circ, 65^\\circ, 50^\\circ$ となる．よって，求める値は $80+65+50=\\mathbf{195}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/4877" } ]

[ { "content": "　 求める答えを $x$ とおくと,\r\n$$\\frac{0\\times 80+100\\times (x-80)}{x} \\geq 80$$\r\nこの一次不等式を解けばよく, 解は $x \\geq 400$. よって答えは $\\textbf{400}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/2869" } ]

[ { "content": "　三平方の定理より $$PR = PQ = \\sqrt{PO^2 - QO^2} = 12$$ である. また, 三角形 $TRO$ と三角形 $TQP$ は相似であるから, $TR = 5x$ とすれば $$TQ = TR\\times\\frac{PQ}{RO} = 12x$$ である. さらに, $\\angle PQO = \\angle PRO = 90^\\circ$ より $4$ 点 $O, P, Q, R$ は同一円周上にあるので, 方べきの定理より\r\n$$TQ\\times TO = TP\\times TR \\implies 12x(12x - 5) = 5x(5x + 12)$$\r\nが分かる. これを解いて $TR = 5x = \\dfrac{600}{119}$ を得る. 特に解答すべきは $\\bf{719}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/4578" }, { "content": "　$\\angle{\\mathrm{OPQ}}=\\theta$ とおくと，$\\sin{\\theta}=\\dfrac{5}{13}$．\\\r\n 　よって $2$ 倍角の公式から，$\\cos{2\\theta}=\\dfrac{119}{169}$．\\\r\n 　$\\mathrm{PQ}=12$ より，$\\mathrm{PT}=12×\\dfrac{169}{119}$．\\\r\n 　$\\mathrm{RT}=12×\\dfrac{169}{119}-12=\\dfrac{600}{119}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/4578/150" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より $a+b=1$ であるから, $x=a,b$ は $f(x)=1-x$ の $2$ 解であり, ある実数 $k$ によって\r\n$$f(x)+x-1=k(x^2-x+1)$$\r\nと表せる. $f(1)=1$ より特に $k=1$ であり, $f(1000)=\\textbf{998002}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/1953" }, { "content": "　解説の方針はエレガントですが，地道に連立方程式を作っても解けるので，解説を作っておきます．\\\r\n 　\\\r\n 　まず解と係数の関係より，$a+b=1$，$ab=1$．\\\r\n 　求めたい $2$ 次関数を，$f(x)=px^2+qx+r$ と置くと，条件より以下の $3$ 式を得る．\\\r\n 　$pa^2+qa+r=b$，$pb^2+qb+r=a$，$p+q+r=1$\\\r\n 　ここで，はじめの $2$ 本の式の和と差を考え，解と係数の関係を用いる．\\\r\n 　$p(a^2+b^2)+q(a+b)+2r=a+b$，整理して，$-p+q+2r=1$．\\\r\n 　$p(a^2-b^2)+q(a-b)=b-a$，整理して，$p+q=-1$（$a-b \\neq 0$を用いた）．\\\r\n 　連立方程式を解けば，$p=1$，$q=-2$，$r=2$ を得る．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/1953/151" }, { "content": "　解と係数の関係より $ab=1$ であるから, $x=1,a,b$ は $xf(x)-1=0$ の $3$ 解であり, ある実数 $k$ によって\r\n$$xf(x)-1=k(x-1)(x^2-x+1)$$\r\nと表せる. 定数項の比較により $k=1$ であり, $f(1000)=\\mathbf{988002}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/1953/156" } ]

[ { "content": "　一般に $n-S(n)$ が $9$ の倍数であることから, 条件より $N$ は $9\\times 2022=18198$ の倍数であることがわかる. また $N$ が $m$ 桁の数であるとすると, $10^{m-1}\\leq N=2022S(N)\\leq 18198m$ より $m\\leq 6$, 特に $N\\leq 18198\\times 6$ を得る. したがって $18198$ の倍数を $6$ つ試すのみでよく, このうち条件を満たすものは $\\textbf{54594}$ のみである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/2353" }, { "content": "　仮に $N-S(N)$ が $9$ の倍数であることを知らなかったとしても，次のように考えれば比較的容易に求まります（なお，厳密性は欠けています）．\\\r\n 　\\\r\n 　Step1. 桁数について。$S(N)$ は，だいたい $\\log_{10} N$ に比例するので，$N$ が十分大きければ $N=2022S(N)$ とはならない．\\\r\n 　$S(N)$ は最大で桁数の $9$ 倍なので，$99999$ あたりで実験すると，$N$ が $5$ 桁を超えることは無さそう．\\\r\n 　\\\r\n 　Step2. $N$ の値を求める．$5$ 桁以下であれば，$S(N)$ は $45$ 以下．そこで，$2022×45=90990$ から順に $2022$ ずつ引き算をしていって，$N=2022S(N)$ を引き当てるまで繰り返せば，やがて求めるべき値にたどり着く．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/2353/149" } ]

[ { "content": "　最終的にコインの置かれる位置を固定し, $m$ 枚であるとすると, 操作を逆順に辿ることでそれらを配置する順序について $2^{m-1}$ 通りであることがわかるから, 全体で求めるべき場合の数は,\r\n$$\r\n\\sum_{m=1}^{16} 2^{m-1} {\\_{16}\\mathrm{C}\\_m} = \\frac12\\sum_{m=0}^{16} 2^{m} {\\_{16}\\mathrm{C}\\_m} - \\frac12 = \\frac{(1+2)^{16}-1}{2}=\\mathbf{21523360}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/2165" }, { "content": "　 $ f(i,j) $ で最も左の石が $ i $ , 最も右の石が $ j $ であるような置き方の数とすると, 題意の条件より \r\n\r\n- $ f(i,j) = f(i+1,j+1) $ \r\n\r\n- $ f(i,j) = \\sum_{k=i}^{j-1} f(i,k) + \\sum_{k=i+1}^{j} f(k,j) \\quad (i \\neq j)$\r\n\r\n- $ f(i,j) = 1 \\quad (i=j) $\r\n\r\nここで, $ g(k) = f(1,k) $ とすると, $ g(1) = 1, g(k) = \\sum_{l=1}^{k-1} 2 g(l) $ より, \\\r\n $ k \\gt 1$ において $ g(k) = 2\\times 3^{k-2} $ .\r\n\r\nよって求める値は,\r\n$$\\begin{aligned} \r\n\\sum_{i=1}^{16} \\sum_{j=1}^{17-i} g(j) &= \\sum_{i=1}^{16} 3^{i-1} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1-3^{16}}{1-3} \\\\\\\\\r\n&= \\mathbf{21523360}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc127/editorial/2165/155" } ]

[ { "content": "**解法1.** $\\mod{3}$ で考えると $(a, b, c)$ の組としてあり得るものは $(0, 1, 2)$ あるいはその入れ替え, そして $(0, 0, 0)$, $(1, 1, 1)$, $(2, 2, 2)$ である. それぞれの場合の数を合計することで $6\\times4\\times3\\times3+4^3+3^3+3^3=\\mathbf{334}$ を得る.\r\n- - - -\r\n**解法2.**　組 $(a, b, c)$ を $3$ 桁以下の非負整数 $100a+10b+c$ と同一視すれば, 求めるべきは $0$ 以上 $999$ 以下の $3$ の倍数の個数であることがわかり, これは $\\mathbf{334}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/3266" } ]

[ { "content": "　三角形 $A_i A_j A_k~(i\\lt j\\lt k)$ について, 円周角の定理より\r\n$$\\angle A_i A_j A_k=2.5(72+i-k)^\\circ, \\quad \\angle A_j A_k A_i=2.5(j-i)^\\circ, \\quad \\angle A_k A_i A_j=2.5(k-j)^\\circ$$\r\nであることに留意すれば, どの内角の大きさも $10$ の倍数となることは\r\n$$i\\equiv j\\equiv k\\pmod{4}$$\r\nと同値である. $4$ で割った余りがそれぞれの場合について求めるべき三角形の個数は ${}\\_{18}\\mathrm{C}{}\\_3$ であるので, 解答すべき値は ${}\\_{18}\\mathrm{C}{}\\_3\\times4=\\mathbf{3264}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/3267" } ]

[ { "content": "　サイコロの目の出方は $216$ 通りあるので, そのうち $3$ 回振ったときにOMC君が数直線上の $0$ に戻ってくるような目の出方を調べればよいが, これらは $1\\leq{p}\\lt{q}\\leq6$ を満たす整数の組 $(p,q)$ の組数に等しいことを示そう. \r\n　まず, $1$ 回目に $p$ を出し, $2$ 回目に $q$ を出せば $p\\lt{q}$ より $p$ は $q$ の倍数にならず, また $1\\leq{q-p}\\leq5$ であるので, OMC君が $3$ 回目で $q-p$ を出せば, そしてその時に限り $0$ に到達することができる. そして先ほどではないケース, すなわち $2$ 回振り終えたときに OMC君が数直線上の $0$ 以上の $r$ にいるならば, $3$ 回目で $r$ を出せる状態だとしても, $r$ は $r$ の倍数なので, $0$ に戻ってくることはないから所望の結論を得る. \r\n　よって, 上をみたす $(p,q)$ の組数は $15$ 組であるから, 求めるべき確率は $\\dfrac{5}{72}$ であり, 特に解答すべき値は $\\bf{77}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/4034" } ]

[ { "content": "　$N=100$とする. $a^2=a+2{}\\_a\\mathrm{C}{}\\_2$ などが成立することに留意すれば, $(abc)^2$ は以下のように書きかえられる.\r\n$$abc+\r\n2(ab{}\\_c\\mathrm{C}{}\\_2+bc{}\\_a\\mathrm{C}{}\\_2+ca{}\\_b\\mathrm{C}{}\\_2)+\r\n4(a{}\\_b\\mathrm{C}{}\\_2\\cdot{}\\_c\\mathrm{C}{}\\_2+b{}\\_c\\mathrm{C}{}\\_2\\cdot{}\\_a\\mathrm{C}{}\\_2+c{}\\_a\\mathrm{C}{}\\_2\\cdot{}\\_b\\mathrm{C}{}\\_2)+\r\n8({}\\_a\\mathrm{C}{}\\_2\\cdot{}\\_b\\mathrm{C}{}\\_2\\cdot{}\\_c\\mathrm{C}{}\\_2)$$ \r\n　$N+2$ 個の白丸のうち $5$ 個を黒く塗りつぶすような場合の数を考えると, 左から $2$ 個目, $4$ 個目の黒丸の位置を固定して考えることで, すべての組についての $abc$ の総和と等しくなる. \r\n同様に, $N+2$ 個の白丸のうち $6$ 個を黒く塗りつぶす場合の数を左から $2$ 個目, $4$ 個目の黒丸の位置を固定して考えることで $ab{}\\_c\\mathrm{C}{}\\_2$ の総和を得る. \\\r\n　残りの項も同様に考えることで $(abc)^2$ の総和は以下のように求められる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad {}\\_{N+2}\\mathrm{C}{}\\_5+2\\times3\\times{}\\_{N+2}\\mathrm{C}{}\\_6+4\\times3\\times{}\\_{N+2}\\mathrm{C}{}\\_7+8\\times{}\\_{N+2}\\mathrm{C}{}\\_8 \\\\\\\\\r\n&={}\\_{N+2}\\mathrm{C}{}\\_5\\bigg(1+6\\times\\frac{N-3}{6}+12\\times\\frac{(N-3)(N-4)}{6\\times7}+8\\times\\frac{(N-3)(N-4)(N-5)}{6\\times7\\times8}\\bigg) \\\\\\\\\r\n&= {}\\_{N+2}\\mathrm{C}{}\\_5 \\times \\frac{N(N^2+5)}{42}\\\\\\\\\r\n&= \\bf{1984126567500}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/3270" }, { "content": "　一般に条件を $a+b+c=N(\\geq 3)$ とする．形式的冪級数として次が成立する．\r\n$$\\sum_{n\\geq 0}n^2x^n=\\dfrac{x+x^2}{(1-x)^3}$$\r\n\r\n<details>\r\n　次のように導出できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n\\geq 0}n^2x^n\r\n&=\\sum_{n\\geq 0}(n(n-1)+n)x^n\\\\\\\\\r\n&=x^2\\sum_{n\\geq 2}n(n-1)x^{n-2}+x\\sum_{n\\geq 1}nx^{n-1}\\\\\\\\\r\n&=x^2\\left(\\sum_{n\\geq 0}x^n\\right)^{\\prime\\prime}+x\\left(\\sum_{n\\geq 0}x^n\\right)^{\\prime}\\\\\\\\\r\n&=x^2\\left(\\frac{1}{1-x}\\right)^{\\prime\\prime}+x\\left(\\frac{1}{1-x}\\right)^{\\prime}\\\\\\\\\r\n&=x^2\\frac{2}{(1-x)^3}+x\\frac{1}{(1-x)^2}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{x+x^2}{(1-x)^3}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　あるいはより機械的な導出として，$F(x)=\\sum_{n\\geq 0}n^2x^n$ とすれば\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(1-x)F(n)&=0^2+\\sum_{n\\geq 1}(n^2-(n-1)^2)x^n=\\sum_{n\\geq 1}(2n-1)x^n,\\\\\\\\\r\n(1-x)^2F(n)&=(2\\cdot 1-1)x+\\sum_{n\\geq 2}((2n-1)-(2(n-1)-1))x^n\\\\\\\\\r\n&=x+\\sum_{n\\geq 2}2x^n=x+\\frac{2x^2}{1-x}=\\frac{x+x^2}{1-x}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなることから従う．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　従って求める値は $\\left(\\dfrac{x+x^2}{(1-x)^3}\\right)^3$ の $x^{N}$ の係数であり，\r\n$$(x+x^2)^3=x^3+3x^4+3x^5+x^6,\\quad\\dfrac{1}{(1-x)^9}=\\sum_{n\\geq 0}\\binom{n+8}{8}x^n$$\r\nに注意すればそれは\r\n$$\r\n\\binom{N-3+8}{8}+3\\binom{N-4+8}{8}+3\\binom{N-5+8}{8}+\\binom{N-6+8}{8}\r\n=\\frac{(N^2-4)(N^2-1)N^2(N^2+5)}{7!}$$\r\nと求められる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/3270/152" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の外心を $O$, 外接円を $\\Gamma$ とおき, $\\Gamma$ での $A$ の対蹠点を $Q$ とおくと, well-known factとして $3$ 点 $H, M, Q$ は同一直線上に等間隔に並ぶ. いま, 点 $A$ を中心とした半径 $\\sqrt{AF\\times AB}$ の円による反転を考える. 方べきの定理より, 三角形 $PHD$ の外接円は反転によって不変であり, $\\Gamma$ は直線 $EF$ に移ることがわかる. すなわち $X$ は $\\Gamma$ 上にあり, $\\angle MXQ=\\angle AXQ=90^\\circ$ であるから, 三角形 $MHY$ と $MQX$ の合同から $HY$ と $AM$ は直交する.\\\r\n　したがって三角形 $AHY$ と三角形 $AMD$ は相似であり,\r\n$$YH=\\dfrac{MD\\times AH}{AM}$$\r\nが成立するので, $AM, MD, AH$ の長さをそれぞれ求めればよい.\r\n\r\n- $AM$ について, 中線定理より $2(AM^2+BM^2)=AB^2+AC^2$ であるから $AM=\\dfrac{\\sqrt{129}}{2}$ である.\r\n- $MD$ について, $CD=\\dfrac{5}{7}$ が容易にわかるから, $MD=\\dfrac72-CD=\\dfrac{39}{14}$ である.\r\n- $AH$ について, $\\angle BOM=\\angle BAC=60^\\circ$ より $AH=2OM=2\\times\\dfrac72\\times\\dfrac1{\\sqrt3}=\\dfrac{7\\sqrt3}{3}$ である.\r\n\r\n以上より $YH=\\dfrac{13\\sqrt{43}}{43}$ であるから, 求めるべき値は $13+43+43=\\mathbf{99}$ である. \r\n\r\n---\r\n\r\n**注意．** $X$ が $\\Gamma$ 上にあることは反転を用いなくても示される：$F$, $B$, $X$, $P$ は方べきの定理より同一円周上にあるから, $\\angle AXB=\\angle AFP=\\angle AFE=\\angle ACB$ が成り立つ.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/2701" }, { "content": "　三角形の形状があらかじめわかっているので, 座標計算でゴリ押してみましょう. \r\n　余弦定理から $\\angle{BAC}=60^{\\circ}$ がわかるので, $A(0,0), B(4,4\\sqrt3), C(5,0)$ とおいてみます. 今, 簡単な計算により $$M\\left(\\frac{9}{2}, 2\\sqrt3\\right), E(4,0), F\\left(\\frac{5}{4}, \\frac{5\\sqrt3}{4}\\right), H(4,\\dfrac{1}{\\sqrt3}), P\\left(\\frac{180}{89}, \\frac{80\\sqrt3}{89}\\right)$$ がわかります. なお, $P$ については, $2$ 直線の交点として愚直に計算しても出ますし, 直線 $AP$ が三角形 $AEF$ のsymmedianであることから, $EP:FP=AE^2:AF^2=64:25$ であることを使っても出ます. \r\n　さて, $4$ 点 $D,H,P,X$ が同一円周上にあることから, 方べきの定理より $$AP\\times{AX}=AH\\times{AD}$$ であり, また$$AH\\times{AD}=AE\\times{AC}=20$$ だから $AP\\times{AX}=20$ です. 今,$$AP=\\sqrt{\\left(\\frac{180}{89}\\right)^2+\\left(\\frac{80\\sqrt3}{89}\\right)^2}=\\frac{20\\sqrt{129}}{89}$$ であるから $AX=\\dfrac{89}{\\sqrt{129}}$ であり, 計算することによって, $X$ の $x$ 座標が $\\dfrac{267}{43}$ と求まります. \r\n　したがって, $Y$ の $x$ 座標は $$2\\times\\frac{9}{2}-\\frac{267}{43}=\\frac{120}{43}$$ であり, $Y\\left(\\dfrac{120}{43}, \\dfrac{160\\sqrt3}{129}\\right)$ となるから, 線分 $YH$ の長さは, $$\\sqrt{\\left(\\frac{120}{43}-4\\right)^2+\\left(\\frac{160\\sqrt3}{129}-\\frac{1}{\\sqrt3}\\right)^2}=\\frac{13\\sqrt{43}}{43}$$ と求まりました.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/2701/143" } ]

[ { "content": "　$a, b, c$ に重複がある場合, 対称性より $a=b$ として考えてよく, 与式は\r\n$$(a+c)(a-c)^2=256$$\r\nとなる. 左辺の因数はすべて $2$ べきであることに留意すると, 以下およびその巡回が適する. \r\n$$(6, 6, 10), (10, 10, 6), (31, 31, 33), (33, 33, 31)$$\r\n　以下そうでない場合を考える. ここで, $a, b, c$ の偶奇は一致することが容易にわかり, 左辺が斉次式であることに留意すれば, $a, b, c$ は相異なる奇数であり, 右辺が $4, 32, 256$ のいずれかである場合に帰着される.\\\r\n　対称性より, $a\\lt b\\lt c$ または $a\\lt c\\lt b$ の場合について考えればよい. 正の偶数 $d, e$ を用いて前者は $b=a+d, c=a+d+e$, 後者は $b=a+d+e, c=a+d$ と表せる. それぞれの場合について与式の左辺を展開すると\r\n$$2ad^2+2ade+2ae^2+d^3+2d^2e+3de^2+e^3$$\r\n$$2ad^2+2ade+2ae^2+d^3+d^2e+2de^2+e^3$$\r\nなお, $a^2(a-b)+b^2(b-c)+c^2(c-a)$ と書き換えることで展開が容易になる. よって, いずれの場合も\r\n$$256\\ge (左辺) \\gt 2a(d^2+de+e^2)+(d+e)(d^2+e^2)$$\r\n\r\n- $d=e=2$ のとき, 展開した式に代入することで, $(9, 13, 11)$ が唯一適することが分かる.\r\n- $\\\\{d,e\\\\}=\\\\{2,4\\\\}$ のとき, $256\\gt 56a+120$ より $a=1$ が分かり, $(1, 3, 7)$ のみが適する.\r\n- $d+e\\ge8$ のとき, $256\\gt 2a(d^2+de+e^2)+8(d^2+e^2)\\gt 8\\times32=256$ となり不適である.\r\n\r\n　以上より, 以下とその巡回が適する. よって解答すべき値は $3(11 + 33 + 22 + 26 + 95 + 97)=\\mathbf{852}$. \r\n$$(1, 3, 7), (9, 13, 11), (6, 6, 10), (10, 10, 6), (31, 31, 33), (33, 33, 31)$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc126/editorial/2445" } ]

[ { "content": "　$n\\geq 2$ において\r\n$$A_{n+1}-A_{n}=(A_1+\\cdots+A_n)-(A_1+\\cdots+A_{n-1})=A_n$$\r\nすなわち $A_{n+1}=2A_n$ である．よって $A_2=1$ より $A_{10}=2^8A_2=\\textbf{256}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4660" } ]

[ { "content": "　線分 $PQ$ の長さを $x$ とすると，$k$ 回目に $2$ 点が重なるまでに $2$ 点が動いた距離の合計は $(2k-1)x$ である．よって，$k$ 回目に $2$ 点が重なるまでの所要時間は $2k-1$ に比例し，$N=357×\\dfrac{17}{3}=\\textbf{2023}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4515" } ]

[ { "content": "　$0$ でない整数の組 $(a,b)$ に対し，\r\n$$\\frac{20}{a} + \\frac{22}{b} =1 \\iff 22a+20b=ab \\iff (a-20)(b-22)=440. $$\r\nいま $440=2^3\\times 5\\times 11$ は約数を（負の約数も含めて） $32$ 個持つから，$(0,0)$ を除外することに留意すれば求める個数は $\\textbf{31}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/3596" } ]

[ { "content": "　与式で $1$ つ目の集合が $S$ に一致することは，\r\n$$(A_1\\cup A_2)=(A_3\\cup A_4)=\\cdots=(A_{2021}\\cup A_{2022})=S$$\r\nと同値である．さらに，$ A_1\\cap A_2,\\cdots,A_{2021}\\cap A_{2022}$ の少なくとも一つに $S$ の各元が入ることから，これらより $S$ の各元は $A_1,\\ldots,A_{2022}$ のうち少なくとも $1012$ 個以上に含まれる．逆に，すべての元がちょうど $1012$ 個に含まれるような構成も確かに存在する．例えば，$A_1=A_3=\\cdots=A_{2021}=S$ とし，$A_{2i}=\\\\{2i-1,2i\\\\}$ とすればよい．よって，求める最小値は $2022\\times 1012=\\textbf{2046264}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4516" } ]

[ { "content": "　まず $\\\\{a_1,a_3,\\ldots,a_9\\\\}=\\\\{2,4,\\ldots,10\\\\}$ が必要であるから，これの対応を考えよう．$a_5=6$ のとき，残りは任意の並べ替えが適するから $24$ 通りだが，$a_1=6$ または $a_7=6$ のときは $a_5\\neq 10$ がさらに必要であるからそれぞれ $18$ 通りとわかる．すなわち組 $(a_1,a_3,\\ldots,a_9)$ は全体では $60$ 通りである．\\\r\n　$\\\\{a_2,a_4,\\ldots,a_{10}\\\\}=\\\\{1,3,\\ldots,9\\\\}$ についても同様だから，求める値は $60^2=\\mathbf{3600}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4518" }, { "content": "　Bonus: 問題文の $10$ をすべて $14$ に置き替えた場合の答えは？\r\n\r\n<details><summary>解説<\\/summary>\r\n　$(1,3,5,7,9,11,13)$ の並び替え $p$ であって $\\gcd(i,p_i)=1\\ (1\\leq i\\leq 7)$ となるものを数え上げ，その個数を二乗すればよい．$\\gcd(i,p_i)=1\\ (1\\leq i\\leq 7)$ は，$i$ と $p_i$ の組み合わせとして $(3,3),(3,9),(6,3),(6,9),(5,5),(7,7)$ が存在しないことと同値である．これは，以下のように言い換えられる：\r\n\r\n----\r\n\r\n　$U=\\\\{u_1,u_2,\\ldots,u_7\\\\},V=\\\\{v_1,v_2,\\ldots,v_7\\\\}$ を頂点集合とし，$U$ と $V$ の任意の頂点間に辺を張った辺集合を $E$ とする．$6$ つの辺 $(u_1,v_1),(u_1,v_2),(u_2,v_1),(u_2,v_2),(u_3,v_3),(u_4,v_4)$ を禁止辺と呼ぶとき，二部完全グラフ $(U+V,E)$ の最大マッチングであって，禁止辺を一つも含まないものの個数を数え上げよ．\r\n\r\n----\r\n\r\n　ここで，$a_k$ を「$k$ 個の禁止辺の選び方 ${}\\_6\\mathrm{C}\\_{k}$ 通りそれぞれについて，その禁止辺を全て含むマッチングの場合の数を考えたとき，それらの総和」と定義すると，$a_k$ は以下のように計算される．\r\n\r\n- $a_0=7!$\r\n- $a_1=6!\\times 6$\r\n- $a_2=5!\\times 11$\r\n- $a_3=4!\\times 8$\r\n- $a_4=3!\\times 2$\r\n- $a_5,a_6=0$\r\n\r\n　よって，包除原理より禁止辺を一つも含まない最大マッチングの個数は $a_0-a_1+a_2-a_3+a_4=1860$ である．したがって，元の問題の答えは $1860^2=\\mathbf{3459600}$ である．\r\n\r\n　このように，包除原理を用いると機械的に計算が可能である．\r\n\r\n<\\/details>", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4518/161" } ]

[ { "content": "　$AC$ と $BD$ の交点を $X$ とすると，$∠ADB=∠BDC$ なので $AX:XC=(10+\\sqrt{11}):(10-\\sqrt{11})$ である．よって \r\n$$MX:XC=\\sqrt{11}:(10-\\sqrt{11})=MN:CD$$\r\nであるから $MN$ と $CD$ は平行である．よって，中点連結定理より $AB$ と $CD$ の平行が分かるので，四角形 $ABCD$ は等脚台形である．よって $AB = BC = AD = 10+\\sqrt{11}$ である．従って，$D$ から $AB$ に下ろした垂線の足を $H$ とすれば，$AH = \\sqrt{11}$ が分かるので，四角形 $ABCD$ の面積は\r\n$$\\frac{1}{2}\\times(AB+CD)\\times DH = \\frac{1}{2}\\times(AB + CD)\\times \\sqrt{AD^2 - AH^2} = 10\\sqrt{100+20\\sqrt{11}}$$\r\nとわかる． 特に解答すべき値は $\\bf{44010000}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4344" }, { "content": "　人間ならば $MN \\parallel CD$ に気付きません．なんとかして人間が等脚台形に気付くまでの過程を載せます．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$MN$ とかいう謎の長さが与えられています．まずは中点連結を疑います．しかし使おうと思っても $AB\\parallel CD$ じゃあるまいし（一応そうなのですがこの段階では分からないので）使えなさそうです．次に中線定理を疑います．すると\r\n$$\\begin{aligned}\r\nMN^2 & = \\frac{AN^2+CN^2}{2}-AM^2 \\\\\\\\\r\n&= \\frac12 \\left(\\frac{AD^2+AB^2}{2}-BN^2 + \\frac{CD^2+CB^2}{2}-BN^2\\right) - AM^2\\\\\\\\\r\n&= \\frac{AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-AC^2-BD^2}{4}\r\n\\end{aligned}$$\r\nすなわち\r\n$$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-AC^2-BD^2=44$$\r\nが得られます．かなり使いやすそうな形になりました．\\\r\n　ここで，[pomodor の補題 (仮)](https:\\/\\/twitter.com\\/Geometry_bot_\\/status\\/1581546433110429696?s=20&t=M1-lOs8gtrGzAF1_HEqFGg) を思い出します．これより\r\n$$BD^2=AB^2+(10+\\sqrt{11})(10-\\sqrt{11})=AB^2+89$$\r\nこれを先ほどの式に代入すれば\r\n$$AB^2+BC^2+(10+\\sqrt{11})^2+(10-\\sqrt{11})^2-AC^2-(AB^2+89)=44$$\r\n$AB=BC$ なので，整理して\r\n$$AC^2=AB^2+89$$\r\nを得ます．あれ？これ $BD=AC$ ですね...\\\r\n　以上より，$\\angle ADC \\gt 90^\\circ$ と合わせて $ABCD$ が $AB=BC=DA$ なる等脚台形であると分かりました．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4344/153" } ]

[ { "content": "　$BC=2CN=2CH$ より $CN=CH$ は $\\angle C = 60^{\\circ},120^\\circ$ と同値で, これより $AB$ は長さ $12\\sqrt{3}$ で一定だから, $A,B$ を周上に含む定円 $\\Gamma$ 上を $C$ が動くとして良い. このとき, $OMC$ の面積が最大化されるのは, 直線 $AB$ と平行な $O$ を通る直線と $\\Gamma$ の交点を $C$ としたときである. $OM=6$ より求める最大値は $6\\times 12\\/2=\\textbf{36}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/2675" } ]

[ { "content": "　点に対して時計回りに $1,2,\\ldots,1999$ と番号を振る．求める場合の数は，これらの点を自己交差のない $1$ 本の折れ線で繋ぐ方法の総数であると表現できる．\\\r\n　点 $1$ が折れ線の両端のひとつとなっている場合を考える. 点 $1$ から一本目の線分を伸ばすとき, 自己交差をもたないようにするには点 $2$ または点 $1999$ を選ぶしかない. $2$ 本目以降も同様に「右」か「左」を選んでいくので, 最後の $1998$ 本目を除きそれぞれ $2$ 通りずつである. よって, 点 $1$ から折れ線を伸ばす方法は $2^{1997}$ 通りである.\\\r\n　それぞれの点から伸ばすことを考えれば, 同じものを $2$ 通りずつ重複して数えているので,\r\n$$M = 2^{1997} \\times 1999 \\times \\frac{1}{2} = 1999 \\times 2^{1996}$$\r\n　これを $1999^2$ で割った余りは, $2^{1996}$ を $1999$ で割った余りに $1999$ を掛けたものである. Fermatの小定理より $1999$ を法として $2^{1998} \\equiv 1$ だから, $2^{1996} \\equiv 4^{-1} \\equiv 500$. よって解答すべき値は $1999 \\times 500 = \\textbf{999500}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/3332" } ]

[ { "content": "　与式は次のように書き換えられる．\r\n$$N=\\prod_{n=1}^{2021}\\dfrac{((n+1)^3-1)^2+n^2}{n^2(n^4+4)}$$\r\nここで正整数 $n$ に対し次が成り立つ．\r\n$$\\dfrac{((n+1)^3-1)^2+n^2}{n^2(n^4+4)}\r\n=\\dfrac{n^2(n^2+2n+2)(n^2+4n+5)}{n^2(n^2+2n+2)(n^2-2n+2)}\r\n=\\dfrac{(n+2)^2+1}{(n-1)^2+1}$$\r\nこれを用いると次のように計算できる．\r\n$$N=\\dfrac{(2021^2+1)(2022^2+1)(2023^2+1)}{(0^2+1)(1^2+1)(2^2+1)}=\\dfrac{1}{10}(2021^2+1)(2022^2+1)(2023^2+1)$$\r\nよって $10N$ を $2021^2$ で割ったあまりは次のように求められる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n10N\r\n&=(2021^2+1)(2022^2+1)(2023^2+1)\\\\\\\\\r\n&=(2021^2+1)(2021^2+2\\times 2021+2)(2021^2+4\\times 2021+5)\\\\\\\\\r\n&\\equiv 18\\times 2021+10={\\bf 36388}\\pmod{2021^2}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/2253" }, { "content": "　因数分解パートの補足です．$i$ を虚数単位として，分子の $n$ を $1$ ずらした $(n^3-1)^2+(n-1)^2$ は次のように変形できます．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(n^3-1)^2+(n-1)^2\r\n&=(n-1)^2((n^2+n+1)^2+1)^2\\\\\\\\\r\n&=(n-1)^2(n^2+n+1+i)(n^2+n+1-i)\\\\\\\\\r\n&=(n-1)^2(n+i)(n+1-i)(n-i)(n+1+i)\\\\\\\\\r\n&=(n-1)^2\\underbrace{(n^2+1)}\\_{(n+i)(n-i)}\\underbrace{((n+1)^2+1)}\\_{(n+1-i)(n+1+i)}\r\n\\end{aligned}$$\r\n$n$ を $n+1$ にすれば $((n+1)^3-1)^2+n^2=n^2((n+1)^2+1)((n+2)^2+1)$ を得ます．\\\r\n　同様にして分母も次のように変形できます．$(1+i)^2=2i$ などを用いています．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nn^2(n^4+4)\r\n&=n^2(n^2+2i)(n^2-2i)\\\\\\\\\r\n&=n^2(n+1-i)(n-1+i)(n+1+i)(n-1-i)\\\\\\\\\r\n&=n^2\\underbrace{((n+1)^2+1)}\\_{(n+1-i)(n+1+i)}\\underbrace{((n-1)^2+1)}\\_{(n-1+i)(n-1-i)}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/2253/148" } ]

[ { "content": "　$3^k \\cdot n^k \\equiv 1 \\pmod{3n-1}$ より, \r\n$$3^{100} \\left( \\sum_{k \\in S} n^{k} + \\sum_{k \\in T} n^k \\right) \\equiv \\sum_{k \\in S} 3^{100-k} + \\sum_{k \\in T} 3^{100-k} \\equiv 0 \\pmod{3n-1}$$\r\nここで, $3n-1$ は $3$ を素因数に持たないので, \r\n$$3n - 1 \\mid \\sum_{k\\in S} n^k + \\sum_{k\\in T} n^k \\iff 3n - 1 \\mid \\sum_{k\\in S} 3^{100-k} + \\sum_{k\\in T} 3^{100-k}$$ \r\nである. $N= \\sum_{k\\in S} 3^{100-k} + \\sum_{k\\in T} 3^{100-k} $ とおく. 部分集合 $S,T$ と整数 $n$ が問題文の条件を満たしているものとすれば, $3$ で割った余りが $2$ の最大の $N$ の約数が $3\\cdot 444 - 1 = 11^{3}$ であるような整数 $N$ を考えればよい. このような $N$ のうち $3$ で割り切れないものは, $3$ で割って $1$ 余る素因数を持たず $3$ で割って $2$ 余る素因数が $5$ 個未満かつ $11$ より大きい素因数が存在しないことを踏まえれば, $N = 11^3, 2 \\cdot 11^3, 5 \\cdot 11^3, 11^4$ に限られる. $N$ を固定したとき, $N$ を $3$ 進法で表したときの $1$ の個数が $x$ 個ならば部分集合 $S,T$ の取り方は $2^{x}$ 個である. したがって, 条件をみたす $N$ は素因数 $3$ の数に依存しないことと, $N\\lt 3^{101}$ を併せて, 求める答えは以下のように計算できる. \r\n$$2^3 \\cdot 95 + 2^4 \\cdot 94 + 2^5 \\cdot 93 + 2^1 \\cdot 93 = \\mathbf{5426}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/6070" } ]

[ { "content": "　一般にカードの枚数が $2^{n}$ である場合を考え, 求める場合の数を $T_{n}$ とする. $T_{n}$ を用いて $T_{n+1}$ を表そう. カードに書かれた整数が左から\r\n$$P_1,P_2,\\ldots,P_{2^n},Q_1,Q_2,\\ldots,Q_{2^n}$$\r\nであるとし, $P$ のみ, $Q$ のみをそれぞれ $2^n-1$ 回操作したとき, 最後の並びがそれぞれ\r\n$$P^{\\prime}\\_1,P^{\\prime}\\_2,\\ldots,P^{\\prime}\\_{2^n}\\quad Q^{\\prime}\\_1,Q^{\\prime}\\_2,\\ldots,Q^{\\prime}\\_{2^n}$$\r\nであるとする. このとき, $2^{n+1}$ 枚のカードに対して $2^{n+1}-1$ 回操作したとき, 最後の並びは\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&P^{\\prime}\\_{1},P^{\\prime}\\_{2},\\ldots,P^{\\prime}\\_{2^{n}-2^{n-1}},\\\\\\\\\r\n&Q^{\\prime}\\_{1}, Q^{\\prime}\\_{2},\\ldots Q^{\\prime}\\_{2^{n}-2^{n-1}}, \\\\\\\\\r\n&P^{\\prime}\\_{2^{n}-2^{n-1}+1}, \\ldots, P^{\\prime}\\_{2^{n}-2^{n-2}}, \\\\\\\\\r\n&Q^{\\prime}\\_{2^{n}-2^{n-1}+1}, \\ldots, Q^{\\prime}\\_{2^{n}-2^{n-2}}, \\ldots \\\\\\\\\r\n&P^{\\prime}\\_{2^{n}-1}, Q^{\\prime}\\_{2^{n}-1}, \\min\\\\{P^{\\prime}\\_{2^{n}}, Q^{\\prime}\\_{2^{n}}\\\\}, \\max\\\\{P^{\\prime}\\_{2^{n}}, Q^{\\prime}\\_{2^{n}} \\\\}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる. 右端のカードに書かれた整数は常に $2^{n+1}$ であることに留意せよ. $2^{n+1}$ 枚のカードを順序を考えずに組 $P$ と組 $Q$ に振り分ける方法は ${}\\_{2^{n+1}} \\mathrm{ C }\\_{2^n}$ 通りである. このうち $2^{n+1}-1$ と $2^{n+1}$ の書かれたカードが分かれる場合に限り, これらを入れ替えても最終結果は一致するから,\r\n$$T\\_{n+1} =( {}\\_{2^{n+1}}\\mathrm{ C }\\_{2^{n}} - {}\\_{2^{n+1}-2}\\mathrm{ C }\\_{2^{n}-1})\\times{T_n}^2={}\\_{2^{n+1}-2}\\mathrm{ C }\\_{2^{n}-1}\\times\\dfrac{3\\times 2^{n-1}-1}{2^{n-1}}\\times{T_n}^2.$$\r\n　さて, この係数が持つ素因数 $2$ の個数は, $n=1$ で $2$ 個, $n \\geq 2$ で $1$ 個であることがわかるから, $X=191$ である. 同様に $61$ について $n=5$ で $1$ 個あるのみで, $Y=4$ である. よって求めるべき値は, $XY=\\textbf{764}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/2662" } ]

[ { "content": "　半直線 $DF$ と $\\Gamma$ の交点を $H$, $AF$ と $\\Gamma$ の交点を $I(\\neq A)$ とする. $OD=OE$ に留意すれば\r\n$$\\measuredangle OFA=\\measuredangle OFE=\\measuredangle ODE=\\measuredangle DEO=\\measuredangle GFO$$\r\nであるから, $OA=OG$ と併せて $A$ と $G$ は $OF$ について対称であることがわかり, これより\r\n$$\\angle OGD=\\angle OAF=\\angle OAI=\\angle OIE.$$\r\nこれと $\\angle ODG=\\angle OEI$ および $OG=OI$ を併せて, 三角形 $ODG$ と $OEI$ は合同で, 特に $EI=DG=16$ であるほか, 以下の等式が成立するから, $I$ は $\\Gamma$ において弧 $CG$ を二等分する.\r\n$$\\angle{GOI}=\\angle{DOE}=\\angle{DFE}=2\\angle{CAI}=\\angle COI$$\r\nしたがって, 以下より四角形 $BFEG$ は円に内接し, $DE:DF=DG:DB=16:21$ である.\r\n$$\\angle GBE=\\angle{GBC}=2\\angle{CAI}=\\angle DFE=\\angle{GFE}$$\r\n一方で $\\angle{DFE}=\\angle{DBG}=\\angle{DHC}$ より $EF \\parallel CH$ であり, 以下より $FH=\\dfrac{441}{16}$ を得る. \r\n$$CE:FH=DE:DF=16:21$$\r\nさらに対称性から $FH=FI$ が成り立つから, $EF=FI-EI=\\dfrac{185}{16}$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{201}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc124/editorial/1680" } ]

[ { "content": "　 $5$ の隣になる数として適切なものは $1$ のみである．従って $5$ は両端のどちらかにくる. $4,3$ については $1$ 以外に適切な数はそれぞれ $2,6$ のみなので，$5$ の反対側の端は $3$ か $4$ である．以上を踏まえて数え上げることで，条件を満たす並べ方は\r\n$$362415,\\quad426315,\\quad513624,\\quad514263$$\r\nの $\\bf{4}$ 通りであるとわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/4290" } ]

[ { "content": "　$D$ は線分 $AC$ の垂直二等分線上にあり，条件より $B$ も同線上にある．したがって $AC=AB=BC$ より三角形 $ABC$ は正三角形であるから，$\\angle{BAC}=\\textbf{60}\\degree$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3311" } ]

[ { "content": "$$\\frac{T(n)}{S(n)}=n!\\times \\frac{2}{n(n+1)}=\\frac{2(n-1)!}{n+1}$$\r\nが整数となることが条件である．$n=1,3$ は適する．$n+1$ が奇素数であるとき明らかに不適である．\\\r\n　$n+1$ が $6$ 以上の合成数であるとき適することを示す．ある奇素数 $p$ によって $n+1=p^2$ と表せるとき，\r\n$$\\frac{n-1}{p}=p-\\frac{2}{p}\\geq 2$$\r\nより $(n-1)!$ は $p$ で $2$ 回以上割り切れる．それ以外のとき，$n+1$ は $n-1$ 以下の相異なる正整数 $2$ つの積として表せるから，$(n-1)!$ を割り切る．\\\r\n　以上より，$n+1$ が奇素数でない $n$ を数えればよく，これは $\\textbf{36}$ 個である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3201" } ]

[ { "content": "　 一般に $\\triangle XYZ$ とその内心 $I$ について簡単な角度計算により $\\angle YIZ=90^\\circ +\\frac{1}{2} \\angle YXZ$ が成り立つことが確かめられる. したがって, 円周角の定理より $\\angle APB =60^\\circ$ であるから, $\\angle AQB=120^\\circ, \\angle ARB=150^\\circ$ がわかる.\\\r\n　$\\angle ARB$ が一定なので $R$ は $A,B$ を通る円弧上を $A$ から $B$ まで動く.この円の中心を $O^\\prime$ とすると簡単な角度計算により $\\angle AO^\\prime B=60^\\circ$ を得る. $\\triangle AO^\\prime B$ は正三角形だとわかるので $O^\\prime A=AB=AB=24\\sqrt 3$ である.\\\r\n　以上より $R$ は半径 $24\\sqrt 3,$ 中心角 $60^\\circ$ の円弧上を動く. よって $R$ の軌跡の長さは $8\\sqrt 3 \\pi=\\sqrt{\\textbf{192}}\\pi$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/2316" } ]

[ { "content": "　玉を取り出した順に左から横一列に並べると，右端は青玉であり，残りの $410$ 個について青玉の位置は ${}\\_{410}{\\rm C}\\_{137}$ 通りある．残りの赤玉と緑玉の計 $273$ 個を取り出して考えると，右端は緑玉になることに注意すれば，赤玉と緑玉の並べ方は ${}\\_{272}{\\rm C}\\_{136}$ 通りである．一方で，赤玉 $136$ 個，緑玉 $137$ 個，青玉 $138$ 個を一列に並べる方法は\r\n$$\\dfrac{411!}{136!\\times 137!\\times 138!}$$\r\n通りであるから，求める確率は\r\n$$\\biggl(\\frac{410!}{137!\\times 273!}\\times\\frac{272!}{136!\\times 136!}\\biggr)\\div \\frac{411!}{136!\\times137!\\times 138!}=\\frac{137\\times138}{273\\times 411}=\\frac{46}{273}$$\r\nであり，特に求めるべき値は $\\textbf{319}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3136" }, { "content": "　青色が最後に尽きる確率は $\\dfrac{138}{136+137+138}$*，ここから青色を取り去ると緑色が最後に尽きる確率は $\\dfrac{137}{136+137}$ であるから，求める確率は\r\n$$ \\dfrac{138}{136+137+138} \\times \\dfrac{137}{136+137} = \\dfrac{46}{273} $$\r\nであり，解答すべき値は $\\bm{319}$．\r\n\r\n---\r\n\r\n*　出る玉を時計回りに順番に円状に並べて，回転で一致するもの（裏返しはなし）を同じ色の組み合わせと考えることにすると，同じ色の組み合わせのうち青が最後に尽きるようなものは $\\dfrac{138}{136+137+138}$ だけある", "text": "FU (First User 解説)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3136/144" }, { "content": "　(公式解答と本質的に大きな違いはありませんが，場合の数の世界で考えずに確率の世界のままで考えると以下のよう見通しがよくなります．)\\\r\n 玉を取り出した順に左から一列に並べるとき，青玉が最も右にある確率は $\\dfrac{138}{411}$ であり，赤玉と緑玉の計 $273$ 個のうち最も右にある玉が緑である確率は $\\dfrac{137}{273}$ である．\\\r\n よって，求める確率は $\\dfrac{138}{411}\\times\\dfrac{137}{273}=\\dfrac{46}{273}$ であり，解答すべき数値は $46+273=\\textbf{319}$ となる．", "text": "SU (Second User 解説)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3136/145" }, { "content": "計算が楽(多分)な解法です。\\\r\n一般に、「色Aの球が$m$個、色Bの球が$n$個袋に入っていてランダムに球を取り出す時、最後に色Aの球が取り出される確率は$\\frac{m}{m+n}$である」という事実が成り立ちます(計算で簡単に示せますし、直感的にも明らかです)。\\\r\n「箱の中の玉が赤色、緑色、青色の順に尽きる」という条件は、「最後に青色の球が取り出される、かつ青色以外の球で最後に取り出されるのは緑色の球である」という条件に言い換えられます。\\\r\nまず、色Aを青色、色Bを赤色と緑色として上の事実を適用すると、青色の球が最後に取り出される確率は$\\frac{138}{136+137+138}=\\frac{138}{411}$です。\\\r\nそして、青色を無視して、色Aを緑色、色Bを赤色として上の事実を適用すると、緑色の球が最後に取り出される確率は$\\frac{137}{136+137}=\\frac{137}{273}$です。\r\n以上より、条件を満たす確率は$\\frac{138}{411}\\times\\frac{137}{273}=\\frac{46}{273}$で、答える値は$46+273=\\textbf{319}$です。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3136/146" } ]

[ { "content": "　$n^{13\\times 8}-1$ は $n^8-1$ の倍数なので，\r\n$$a_n = \\gcd(n^8-1,n^{13}-2) \\leq \\gcd(n^{13\\times8}-1,n^{13}-2)$$\r\nが成立する．ここで， \r\n$$n^{13\\times8}-1 = (n^{13}-2)(n^{13\\times7}+2^1n^{13\\times6}+2^2n^{13\\times5}+\\cdots+2^7)+(2^8-1)$$\r\nと変形できるので，$a_n \\leq 2^8-1 = 255$ である．\\\r\n　以下 $a_n = 255$ となる $n$ を考える．\r\n$n^8-1 \\equiv 0 \\pmod{255}$ かつ $n^{13}-2 \\equiv 0 \\pmod{255}$ であることは，$n \\equiv 32 \\pmod{255}$ であることと同値である．これは $255 = 3\\times5\\times17$ より中国剰余定理を用いれば素早く導ける． よって，$n \\equiv 32 \\pmod{255}$ であるときかつそのときに限り，$a_n = 255$ となることが分かる．\\\r\n　$255m+32 \\leq 10000$ なる整数 $m$ の最大値は $39$ なので，\r\n求める値は $$\\sum_{m = 0}^{39}(255m+32) = \\textbf{200180}$$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3131" }, { "content": "　ユークリッドの互除法で次数を下げていく方法です．\r\n***\r\n　一般に，自然数 $a,b,p$ に対して\r\n$$\\gcd(a,b) = \\gcd(b,a - pb) \\tag{1}$$ \r\nが従う．$(1)$ を繰り返し用いて\r\n$$\\gcd(n^{13} - 2,n^8 -1) = \\gcd(n^8 -1,n^5 - 2)=\\gcd(n^5 - 2,2n^3 - 1)$$\r\n　ここで，$2n^3 - 1$ は奇数なので\r\n$$\\gcd(n^5 - 2,2n^3 - 1) = \\gcd(2n^5 - 4,2n^3 - 1)$$\r\nが成立する．再度 $(1)$ を繰り返し用いて\r\n$$\\gcd(2n^5 - 4,2n^3 - 1) = \\gcd(2n^3 - 1,n^2 - 4) = \\gcd(n^2 - 4,8n - 1)$$\r\n　ここで，$8n - 1$ は奇数なので\r\n$$\\gcd(n^2 - 4,8n - 1) = \\gcd(8n^2 - 32,8n - 1)$$\r\nが成立する．再度 $(1)$ を繰り返し用いて\r\n$$\\gcd(8n^2 - 32,8n - 1) = \\gcd(8n - 1,n - 32) = \\gcd(n - 32,255)$$\r\n　以上より $a_n = \\gcd(n - 32,255)$ と表せるので，$n \\equiv 32 \\pmod {255}$ のときに $a_n$ は最大値 $255$ をとる．\\\r\n　あとは公式解説と同様に計算することで，求める値は $\\mathbf{200180}$ となる．", "text": "ユークリッドの互除法を用いた解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc123/editorial/3131/138" } ]

[ { "content": "　$10000-n=m$ とおくと, $m$ が素数のとき $n$ は条件をみたす. 一方で $m$ が素数でないとき, $m$ は $\\sqrt{m}$ 以上の $m$ でない約数をもち, $n\\leq 99$ のとき $\\sqrt{m} \\gt n$ より不適である. $n=100$ も条件をみたさないから, 結局 $m$ が素数になるような $n$ を考えればよく, 求める総和は\r\n$$27+33+51+59+69+71+77+93+99=\\bf{579}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/2173" } ]

[ { "content": "　 $S$ の各元 $i~(i=1,\\ldots,5)$ に対して，$i$ が $A,B,C$ の少なくとも $1$ つに属すように $i$ が属する部分集合を選ぶ方法は $2^3-1=7$ 通りある．よって，求める場合の数は $ 7^{5}=\\mathbf{16807}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/3002" } ]

[ { "content": "　それぞれの立方体の中心を通る平面を考えればよく, すべての断面が一辺 $\\sqrt{2}$ の正六角形になることがわかる. それぞれの正六角形の面積は $3\\sqrt{3}$ であるから, 求める断面積の合計は $3\\sqrt{3}\\times 3=\\sqrt{\\bf{243}}$ である. \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/2488" } ]

[ { "content": "　一般に $2022$ を $2N$ とおく. $xyz$ 空間上で $(x,y,z)$ の取り得る領域を考えれば, これは\r\n$$(0,0,0), (N,N,0), (N,0,N), (0,N,N)$$\r\nを頂点とする正四面体の表面を含まない内部である.$\\\\\\\\$\r\n　$z=1,2,\\cdots,N-1$ におけるこれの断面について, それぞれPickの定理を用いれば, 求める個数は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{z=1}^{N-1} \\\\{2z(N-z)-N+1\\\\} &= - \\frac{N(N-1)(2N-1)}{3} +N^2(N-1)-(N-1)^2 \\\\\\\\\r\n&= \\frac{(N-1)(N^2-2N+3)}{3}\r\n\\end{aligned}$$\r\nであり, 特に $N=1011$ のとき $\\bf{343434340}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/2810" }, { "content": "　立体のまま考える解法です\r\n\r\n----\r\n\r\n　$(0,0,0),(N,N,0),(N,0,N),(0,N,N)$ を頂点とする正四面体 $P$ の内部の格子点の個数は，次の $A,B,C,D$ を用いて $A-4B+C+D$ で得られる．\r\n- $(0,0,0),(N,0,0),(0,N,0),(0,0,N)$ を頂点集合に含む立方体の表面および内部の格子点の個数 $A$．\r\n- $(0,0,0),(N,0,0),(0,N,0),(0,0,N)$ を頂点とする四面体の表面および内部の格子点の個数 $B$．\r\n- $P$ の辺上の格子点の個数 $C$．\r\n- $P$ の頂点の個数 $D$．\r\n\r\n$A,B,C,D$ はそれぞれ簡単な議論によって\r\n$$A=(N+1)^3,\\quad B=\\dfrac{(N+1)(N+2)(N+3)}{6},\\quad C=6N-2,\\quad D=4$$\r\n\r\nと求められるため，求める値は次のように計算できる．\r\n\r\n$$(N+1)^3-4\\times\\frac{(N+1)(N+2)(N+3)}{6}+6N-2+4=\\frac{N^3-3N^2+5N-3}{3}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/2810/134" }, { "content": "　よく見たら前半 3 つの条件って三角形の成立条件そのまんまですね．[OMC055(D) のユーザー解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc055\\/editorial\\/258\\/34)を思い出して解いてみます．\\\r\n　こっちの方が本解説よりも綺麗かもしれません（ごめんなさい）\r\n\r\n---\r\n\r\n　前半 2 式を足し合わせることで $z\\gt 0$ を得る．同様に $x,y\\gt 0$ である．$x+y+z$ の値によって場合分けして求めよう．\r\n\r\n- $x+y+z$ が偶数のとき\\\r\n　$x+y+z=2n$ とおく．条件より $x,y,z \\leq n-1$ であり，$x^\\prime=(n-1)-x$ のようにすれば $x^\\prime + y^\\prime + z^\\prime =n-3$ なる非負整数 $x^\\prime, y^\\prime, z^\\prime$ の組の総数を求めることに帰着されるから，この場合の総数は ${}\\_{3} \\mathrm{H}\\_{n-3}={}\\_{n-1} \\mathrm{C}\\_{2}$ である．\r\n\r\n- $x+y+z$ が奇数のとき\\\r\n　$x+y+z=2n+1$ とおく．条件より $x,y,z \\leq n$ であり，上と同様にしてこの場合の総数は ${}\\_{3} \\mathrm{H}\\_{n-1}={}\\_{n+1} \\mathrm{C}\\_{2}$ である．\r\n\r\n特に 4 つ目の条件が $x+y+z \\lt 2N$ である場合，求める総数は\r\n$$\\binom{2}{2}+\\binom{3}{2}+\\cdots+\\binom{N}{2}+\\binom{2}{2}+\\binom{3}{2}+\\cdots+\\binom{N-2}{2}=\\binom{N+1}{3}+\\binom{N-1}{3}$$\r\nとなる．$N=1011$ のときこの値は $\\textbf{343434340}$ である．\r\n\r\n---\r\n\r\n　答えが綺麗ですね（偶然です）。答え綺麗シリーズに [OMC104(E)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc104\\/tasks\\/2562) もあるので解いてみてくださいね。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/2810/136" } ]

[ { "content": "　$N=2^{30}-1$ とおく. 解を $x=-a, -a-1, \\cdots, -a-N+1$ とすれば, 因数定理より\r\n$$P(2022)=(2022+a)(2022+a+1)\\cdots(2022+a+N-1)=\\frac{(2022+a+N-1)!}{(2022+a-1)!}$$\r\n$n$ を $2$ 進数表記した時の各位の和を $\\mathrm{popcount}(n)$ とすれば, これが $2$ で割れる最大の回数は\r\n$$N+\\mathrm{popcount}(2022+a-1)-\\mathrm{popcount}(2022+a+N-1)$$\r\nであり, $2022+a-1=m$ とおき直せば, 結局\r\n$$\\mathrm{popcount}(m)-\\mathrm{popcount}(m+N)$$\r\nを最小化すればよい. これは明らかに $m$ が $2^{30}$ の倍数となるときであり, $m$ と $P(x)$ は一対一に対応するから,\r\n$$2022 \\leq m \\leq 2022+2^{40}-N$$\r\nに留意すれば, 求める個数は $\\bf{1023}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/2938" } ]

[ { "content": "　直線 $BC$ と $DP$ の交点を $Q$ とすれば, $P$ は三角形 $ABQ$ の外心となる. また $AQ$ と $CD$ の交点を $M$ とすれば, 中点連結定理よりこれは $AQ$ の中点で, $\\angle PCQ=\\angle PMQ=90^\\circ$ より $C,M,P,Q$ は共円である. したがって, $CM=AB\\/2=7$ に留意すれば方べきの定理より $PQ=8$ がわかり, 求める面積は $7\\sqrt{15}=\\sqrt{\\textbf{735}}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/1682" }, { "content": "　解法としてはほぼ公式解説と変わりませんが，思考回路とかも一緒に書いてみました（参考になるかは分かりません）．\r\n\r\n---\r\n\r\n　垂直と等角の条件を見ると，$PD$ と $BC$ を延長して二等辺三角形を作りたくなります（交点を $E$ とします）．すると $P$ は $ABE$ の外心となり，たぶんこの方向性で合っているだろうと自信が持てます．\r\n\r\n　$\\triangle ABE$ を中心に考えていくと，$D$ の取り方，$DP,CD$ の長さの条件が割と気持ち悪いなと感じます．そこで，どうにかして $\\triangle DPC$ と相似な三角形が作れたりしないだろうか？と考えます．$\\angle DPC = \\angle EAC$ なのでここらへんで作れそうです．その後いろいろ角度を追っていると，$EP$ と $AB$ の交点を $F$ とすることで，$\\triangle FAE$ と $\\triangle DPC$ の相似が見つかります．\r\n\r\n　すると，なんと中点連結定理が使えて，$FB=6$ です．すなわち $AF=8$ ですが，さらになんと相似から $EF=12$ となります．（うまく行くように仕向けて $F$ を取ったわけではないので，これに気付いたときは僕はびっくりしました．）\r\n\r\n　あとはどうとでも解けますが，僕は外接円の半径を $r$ とおいて，$FP=\\sqrt{r^2-48}$ となることから $r+\\sqrt{r^2-48}=12$ を解きました（その後に方べきの定理に気付きました）．これより $r=8$ が得られ，三平方の定理などから求める値は $7\\sqrt{15}=\\sqrt{\\textbf{735}}$ です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/1682/135" }, { "content": "三角関数でゴリ押す方法です。\\\r\n$AP=BP$より、$AB$の中点を$M$とおくと$\\angle PMB= 90^{\\circ}$となる.\\\r\n$\\angle BPC=x,\\angle MBC=y$とおくと、$PB=\\frac{7}{\\sin(x+y)},PC=\\frac{7\\cos{x}}{\\sin(x+y)}$がわかり、正弦定理より$DC=\\frac{7\\cos{x}\\cos{y}}{\\sin(x+y)\\cos(y-x)}=3$なので、$7\\cos{x}\\sin{x}=3\\sin(x+y)\\cos(y-x)$と変形できる。\\\r\nさらに、倍角公式と積和変換を使うことで、$2\\sin{2x}=\\frac{3}{2}\\sin{2y}$と変形できる。\\\r\nよって$\\sin{2x}:\\sin{2y}=3:4$で、正弦定理より$\\sin{x}:\\cos{y}=3:2$なので$\\cos{x}:\\sin{y}=1:2$である。\\\r\nここまでくれば$\\sin{x},\\cos{x},\\sin{y},\\cos{y}$が求まるので$\\tan$の加法定理を使えば$MP=\\sqrt{15}$とわかる。\\\r\nよって$\\triangle ABP$の面積は$14\\times \\sqrt{15} \\times \\frac{1}{2}=7\\sqrt{15}$なので、求める値は$\\textbf{735}$である。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/1682/140" }, { "content": "　公式解説とは異なる点を取る方法です. \r\n　点 $Q$ を線分 $BP$ 上に, $PQ=2$ となるように取ってみると, 三角形 $CPD$ と三角形 $CPQ$ は合同なので $CQ=3$ です. また, 容易な角度計算により $\\angle{ABC}=\\angle{BCQ}$ がわかります. \r\n　さて, $AB$ の中点を $M$ とすれば $4$ 点 $B,C,P,M$ は同一円周上にあります. この $4$ 点を通る円と $CQ$ との交点のうち, $C$ でない方を $R$ とすれば, $\\angle{ABC}=\\angle{BCQ}$ より四角形 $BCRM$ は等脚台形であり, $CR=AB\\/2=7$ です. あとはこの円に方べきの定理を適用することで $BQ=6$ がわかるので $PM=\\sqrt{15}$ となり, 解答すべき値は $$(7\\sqrt{15})^2=\\bf{735}$$ となります.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc122/editorial/1682/141" } ]

[ { "content": "　$3245$ を素因数分解すると $5\\times 11\\times 59$ であるから, $\\textbf{59}$ が解答するべきものである.\\\r\n　なお, $3245=57^2-2^2=(57+2)(57-2)=59 \\times 55$ と変形することも可能である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc121/editorial/3245" } ]

[ { "content": "　上式から\r\n$$x=\\dfrac{-9\\pm \\sqrt{77}}{2}$$\r\nである. 上式から下式を引くと $a=2x+1$ であるため代入すると\r\n$$a=\\pm \\sqrt{77}-8$$\r\nとなり, このうち $a$ が正であるものは $a=\\sqrt{77}-8$ なので, 解答すべき値は $\\textbf{85}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc121/editorial/3247" } ]

[ { "content": "　$AD:DB=AE:EC=2:3$ より四角形 $BDEC$ の面積は $\\triangle{ABC}$ の面積の $\\dfrac{21}{25}$ 倍である.\\\r\n　$\\triangle{ABC}$ の面積は $\\angle{BAC}=90^\\circ$ の時に最大値 $25$ を取るので, 解答すべき値は $\\textbf{21}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc121/editorial/3246" } ]

[ { "content": "　問題文中の条件を上から, 条件 $1$, 条件 $2$, 条件 $3$ とする.\\\r\n 　$p$ を素数, $k$ を正整数として, 条件 $1$ に $(m,n)=(p,p^k)$ を代入することで, $f(p^{k+1})=f(p^k)$ が任意の正整数 $k$ で成り立つことがわかり, ここから任意の正整数 $k$ に対して $f(p^k)=f(p)$ が示される. 再び条件 $1$ により,\r\n$$f(3248)=f(2^4)f(7)f(29)=f(2)f(7)f(29)$$\r\nで, これは条件 $3$ により $3\\times 2\\times 2=12$ 以上の値を取る. 一方で, $f$ の素数での挙動について, 以下のように定めるとすべての条件を満たすことがわかるので, 答えは $\\textbf{12}$ である. ただし $p_n$ は $n$ 番目の素数を表す.\\\r\n$$f(p_n)=\r\n\\begin{cases}\r\n3 & (p_n=2) \\\\\\\\\r\n2 & (p_n=7,29) \\\\\\\\\r\np_{n+9} & (\\text{otherwise}) \r\n\\end{cases}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc121/editorial/3248" } ]

[ { "content": "　以下, 簡単のために $m=OA$ とおく. 一般性を失わず弧 $AP$ の長さが弧 $PB$ の長さよりも短いとすれば,\r\n$$AP=\\sqrt{2m},\\quad BP=57\\sqrt{2m}$$\r\n\r\n**解法1.**　$x=\\angle{POA}$, $y= \\angle{POQ}$ とおくと, 余弦定理を $\\triangle{OGQ}$ に用いることで\r\n$$\\cos {y}=\\dfrac{7}{25},\\quad \\sin{y}=\\dfrac{24}{25}$$\r\nを得る. また\r\n$$\\sin{x}=\\dfrac{57}{m},\\quad \\cos{x}=\\dfrac{m-1}{m}$$\r\nより, 求める値は\r\n$$\\begin{aligned} \r\nm \\sin{(x+y)} =&m\\sin{x}\\cos{y}+m\\cos{x}\\sin{y} \\\\\\\\\r\n=& 57 \\cdot \\frac{7}{25}+(m-1)\\cdot \\frac{24}{25} \\\\\\\\\r\n=& \\textbf{1575}\r\n\\end{aligned}$$ \r\n\r\n**解法2.**　$\\triangle{ABQ}$ の重心を $G^\\prime$ とすると, 四角形 $PGG^\\prime Q$ は等脚台形であるから円に内接し, Ptolemyの定理より\r\n$$\\frac13PQ^2+\\frac49m^2=\\frac{208}{225}m^2 \\implies PQ=\\dfrac{6}{5}m=1950$$\r\n一方で四角形 $APQB$ にもPtolemyの定理を適用して整理することで\r\n$$2m PQ+\\sqrt{2m}BQ=57\\sqrt{2m}AQ \\implies BQ=57AQ-1950\\sqrt{2m}$$\r\nとなり, これと $AQ^2+BQ^2=AB^2=3250\\times2m$ を合わせることで, $AQ$ としてありうる値として\r\n$$35\\sqrt{2m}=175\\sqrt{130},\\quad \\dfrac{167}{5}\\sqrt{2m}=167\\sqrt{130}$$\r\nの $2$ つが得られる. 位置関係を考えることで $AQ=35\\sqrt{2m}$ と確定でき, $BQ=45\\sqrt{2m}$ を得る.\\\r\n　これより, $Q$ から線分 $AB$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると,\r\n$$AH : HB=AQ^2:QB^2=49 : 81$$\r\nとなり, 求める値は $QH=\\textbf{1575}$ と計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc121/editorial/3250" } ]

[ { "content": "　$3\\times 3$ のタイルと $3\\times 19$ のタイルをそれぞれ**タイル** $A$, **タイル** $B$ とする.\\\r\n　ある行ないし列においてタイル $B$ を置いて $19$ マスを埋めた場合, その行か列にはタイル $B$ を $3$ 枚で $57$ マスを埋める以外に埋め方は存在しない. 逆に, ある行や列をタイル $A$, $B$ で $3$ マスを埋めたときにはその行や列は $19$ 枚のタイルで埋めるしかない. これを踏まえると, タイル $B$ は必ず $3\\times 57$ の塊として用いられる.\\\r\n　すべてを横長に配置するものを考えよう. このとき, 全体を $3\\times 57$ の部分マス目 $19$ 個に分割してそのうち一つに着目したとき, その中で使われるタイルの枚数の総和は $2^{18}(3+19)$ と計算できる.\\\r\n　したがって, タイル $A$ のみを用いる場合の重複に注意すれば, 全体で求める総和は\r\n$$2\\times 19\\times 2^{18}(3+19)-19^2=\\textbf{219152023}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc121/editorial/3249" } ]

[ { "content": "　$12$ 倍した結果は $4$ の倍数であることから，下 $2$ 桁は $00$ でなければならない．さらに，$3$ の倍数であることから，桁和が $3$ の倍数でなければならないため，以上より求める最小値は $11100\\div 12=\\mathbf{925}$ とわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/5877" } ]