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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　$k = \\dfrac{2021}2$ とすると，$\\ell_t$ が $x$ 切片を持つことと $t \\ne k$ は同値であり，$\\\\{x_n\\\\}$ について\r\n$$x_{n+1} = \\frac{x_n^2 - 4k^2}{2 \\left(x_n - k\\right)}. $$\r\nこのとき，$\\tan \\theta_n = \\dfrac{\\sqrt3\\\\, k}{x_n - k}$ とおけば $\\tan \\theta_{n+1} = \\tan 2\\theta_n$ を得るから，$\\tan \\alpha\\pi = \\dfrac{\\sqrt3\\\\, k}{a - k}$ なる $\\alpha$ について\r\n$$x_n = \\frac{\\sqrt3\\\\, k}{\\tan\\mathopen{}\\left(2^{n-1}\\alpha\\pi\\right)} + k. $$\r\nいま $0 \\le a \\le 2k$ の範囲で考えていることから，$\\dfrac13 \\le \\alpha \\le \\dfrac23$ としてよい．\r\n\r\n　$x_1, x_2, \\ldots, x_{20}$ がすべて相異なり，かつ $x_{21} = a$ であることは，$x_{21} = a, x_{11} \\ne a, x_5 \\ne a$ と同値で，\r\n$$\\tan\\mathopen{}\\left(2^{20}\\alpha\\pi\\right) = \\tan \\alpha\\pi,\\qquad \\tan\\mathopen{}\\left(2^{10}\\alpha\\pi\\right) \\ne \\tan \\alpha\\pi,\\qquad \\tan\\mathopen{}\\left(2^4\\alpha\\pi\\right) \\ne \\tan \\alpha\\pi, $$\r\nすなわち $\\left(2^{20}-1\\right) \\alpha$ が整数でかつ $\\left(2^{10}-1\\right) \\alpha$ および $\\left(2^4-1\\right) \\alpha$ がともに整数でないことと同値である．\r\n\r\n　$2^{20} - 1$ は $2^{10} - 1, 2^4 - 1$ の倍数である．また正整数 $m$ に対して $2^{2m} - 1$ は常に $3$ の倍数で，さらに\r\n$$\\gcd\\mathopen{}\\left(2^{10} - 1, 2^4 - 1\\right) = 2^{\\gcd(10,4)} - 1 = 2^2 - 1$$\r\nであるから，$\\alpha$ の範囲に注意して，求める非負整数は包除原理より\r\n$$\\left(\\frac{2^{20} - 1}3 + 1\\right) - \\left(\\frac{2^{10} - 1}3 + 1\\right) - \\left(\\frac{2^4 - 1}3 + 1\\right) + \\left(\\frac{2^2 - 1}3 + 1\\right) = \\mathbf{349180}. $$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc060/editorial/1484" } ]

[ { "content": "　$\\varphi$ でEulerのtotient関数を表すものとする. 一般に $N\\geq 2$ が非負整数 $l_2,l_3,l_5,l_{17},l_{257}$ を用いて\r\n$$2^{l_{2}}\\times 3^{l_{3}}\\times 5^{l_{5}}\\times 17^{l_{17}}\\times 257^{l_{257}}$$\r\nと表されるとする (このような $N$ を**良い整数**とよぶこととする).\r\nまた, 正の整数 $n$ と非負整数 $k$ に対し\r\n$$a(n,0)=1,\\quad a(n,k+1)=n^{a(n,k)}-1\\quad(k=0,1,\\dots)$$\r\nと定める. さらに, 良い整数 $N$ と正の整数 $n$ に対し, ある正の整数 $K$ が存在して\r\n$$a(n,K)\\equiv a(n,K+1)\\equiv\\cdots \\pmod N$$\r\nとなるとき, $a(n,K)$ を $N$ で割った余りを $f(N,n)$ と表すこととする. \r\n\r\n----\r\n\r\n**主張1.**　任意の良い整数 $N$ と正の整数 $n$ に対し, $f(N,n)$ が定まる. \r\n\r\n**証明.**　中国剰余定理より, $N$ が素べき $p^l$ である場合に示せば十分である.\r\n仮定から $p-1$ は $2$ のべきである.\\\r\n　$n=1$ のとき, 任意の $k\\geq 1$ について $a(n,k)=0$ となるから, $f(N,n)=0$ と定まる.\\\r\n　$n=2$ のとき, 任意の $k$ について $a(n,k)=1$ となるから, $f(N,n)=1$ と定まる.\\\r\n　以下 $n\\gt 2$ とする. このとき $a(n,0)\\lt a(n,1)\\lt \\cdots$ となることに注意する.\r\n\r\n- $n$ が $p$ の倍数のとき：\\\r\n　$k$ を十分大きな整数とするとき,\r\n$$a(n,k)=n^{a(n,k-1)}-1\\equiv -1\\pmod N$$\r\nとなるから, $f(N,n)=N-1$ と定まる.\r\n- $\\gcd(p,n)=1$ かつ $n$ が奇数のとき：\\\r\n　$N,\\varphi(N),\\varphi^2(N),\\dots$ はすべて $(2\\text{のべき})\\times(p\\text{のべき})$ の形である.\r\nまた, ある $M$ が存在し $\\varphi^M(N)=1$ となり,\r\n現れる数がすべて $n$ と互いに素であることもわかる.\\\r\n　$k$ を任意の非負整数とするとき,\r\nまず明らかに $a(n,k)$ は $\\varphi^M(N)$ の倍数である.\r\nすると $a(n,k+1)=n^{a(n,k)}-1$ はEulerの定理より $\\varphi^{M-1}(N)$ の倍数である.\r\nこれを繰り返すことで, $a(n,k+M)$ が $N$ の倍数であることがわかる.\r\nしたがって $f(N,n)=0$ と定まる.\r\n- $\\gcd(p,n)=1$ かつ $n$ が偶数のとき：\r\n$$a(n,k+2)-a(n,k+1)=n^{a(n,k+1)}-n^{a(n,k)}=n^{a(n,k)}(n^{a(n,k+1)-a(n,k)}-1)$$\r\nであるから, $2^{a(n,p)}\\geq p-1$ に注意すると, $a(n,p+2)-a(n,p+1)$ は $\\varphi(p)=p-1$ の倍数である.\\\r\n　また, $a(n,p+k+1)-a(n,p+k)$が$\\varphi(p^k)=(p-1)p^{k-1}$ の倍数であると仮定すると,\r\nEulerの定理より $n^{a(n,p+k+1)-a(n,p+k)}-1$ は $p^k$ の倍数であり、\r\n$n^{a(n,p+k)}$ は $p-1$ の倍数であるから,\r\n$$a(n,p+k+2)-a(n,p+k+1)$$\r\nは $\\varphi(p^{k+1})=(p-1)p^k$ の倍数である.\\\r\n　したがって, $k\\geq l$ のとき $a(n,p+k+2)-a(n,p+k+1)$ は $N$の倍数であり, $f(N,n)$ は定まる.\r\n\r\n----\r\n\r\n　次に各 $N$ について $f(N,n)$ としてとりえる値の個数を考える. まずは $N$ が素べき $p^l$ の場合を考察する.\r\n主張1の証明に基づけば, $\\gcd(p,n)=1$ かつ $n$ が偶数のとき, $f(N,n)$ がどのような値をとるか考察すればよい.\\\r\n　$n\\equiv 1\\pmod p$ のとき, LTEの補題より以下が成り立つから, 十分大きな $k$ について $a(n,k)$ は $p^l$ の倍数となる. \r\n$$v_p(a(n,k+1))=v_p(a(n,k))+v_p(n-1)$$\r\nよって $f(p^l,n)=0$ である. 以下 $n\\not\\equiv 1\\pmod p$ とする.\r\n\r\n----\r\n\r\n**主張2.**　$n_1,n_2$ を $4$ 以上の偶数であって, ともに $\\bmod~p$ で $0,1$ と合同でないものとする. このとき,\r\n$f(p^l,n_1)\\not\\equiv 0,-1\\pmod{p}$ であり, $f(p^l,n_1)=f(p^l,n_2)$ ならば $n_1\\equiv n_2\\pmod{p^l}$ である. \r\n\r\n**証明.**　$l$ についての帰納法で示す. まず $l=1$ とする. $n$ を $4$ 以上の偶数とするとき, \r\n十分大きな $k$ について\r\n$$a(n,k)=n^{a(n,k-1)}-1\\equiv -1\\pmod{p-1}$$\r\nとなるから, \r\n$$a(n,k+1)=n^{a(n,k)}-1\\equiv n^{-1}-1\\pmod{p}$$\r\nとなる. よって $f(p,n)\\equiv n^{-1}-1\\pmod{p}$ より, $l=1$ の場合は成り立つ. \\\r\n　以下 $l=i$ の場合の成立を仮定し $l=i+1$ の場合を考える. \r\n$f(p^{i+1},n)\\equiv f(p^i,n)\\pmod{p^i}$ に注意すると, \r\n$f(p^{i+1},n)\\not\\equiv 0,-1\\pmod p$ がわかる. \r\nまた, 帰納法の仮定から, \r\n$f(p^{i+1},n_1)=f(p^{i+1},n_2)$ ならば\r\n$$n_2=n_1+2sp^i$$\r\n(ただし $s$ は整数) と表される. このとき, $k$ を十分大きな整数とすれば, 以下の各合同式\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n a(n_1,k)&\\equiv a(n_1+2sp^i,k) &\\pmod{p^{i+1}}\\\\\\\\\r\n a(n_1,k)&\\not\\equiv 0 &\\pmod{p}\\\\\\\\\r\n a(n_1,k)&\\equiv a(n_1+2sp^i,k)(\\equiv -1) &\\pmod{p-1}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つから, $D=a(n_1,k)$ とすると, Eulerの定理より\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n && n_1^{a(n_1,k)}-1&\\equiv (n_1+2sp^i)^{a(n_1+2sp^i,k)}-1 &\\pmod{p^{i+1}}\\\\\\\\\r\n &\\implies& n_1^D-1&\\equiv (n_1+2sp^i)^D-1 &\\pmod{p^{i+1}}\\\\\\\\\r\n &\\implies& n_1^D-1&\\equiv n_1^D+2Dn_1sp^i-1&\\pmod{p^{i+1}}\\\\\\\\\r\n &\\implies& 2Dn_1s&\\equiv 0 &\\pmod{p}\\\\\\\\\r\n &\\implies& s&\\equiv 0 &\\pmod{p}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n以上より $l=i+1$ でも成立が示された.\r\n----\r\n\r\n　以上の議論をまとめると, $N=p^l$ において $f(N,n)$ は\r\n\r\n- $p=2$ のとき $f(N,1)=0,f(N,2)=1$ で, 以降は $0,N-1$ を繰り返す.\r\n- $p\\geq 3$ のとき $f(N,1)=0,f(N,2)=1$ で, 以降は $p^{l-1}(p-2)+2$ 種類の値を周期 $2p^l$ で繰り返す.\r\n\r\nしたがって, 一般の $N$ (ただし $l_2\\geq 2$, $l_3,l_5,l_7,l_{257}\\geq 1$ )に対して, $f(N,n)$ のとり得る値の種類数は\r\n$$1+2^4+\\prod_{p=3,5,17,257}(p^{l_p-1}(p-2)+2)$$\r\nであることが容易にわかる. 今回の $N$ について, この値は $\\textbf{147487434}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc060/editorial/289" } ]

[ { "content": "　行き目線で上り坂, 下り坂, 平坦な道が合計でそれぞれ $a\\\\,\\text{m},b\\\\,\\text{m},c\\\\,\\text{m}$ あったとすると, 以下の三式が成り立つ．\r\n$$\\frac{a}{40}+\\frac{b}{60}+\\frac{c}{50}=210,\\quad\\frac{a}{60}+\\frac{b}{40}+\\frac{c}{50}=220,\\quad a+b+c =10560$$\r\nこの三元一次連立方程式を解いて $(a,b,c)=(1680,2880,6000)$ を得るから, 平坦な道は合計で $\\textbf{6000}\\\\,\\text{m}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/1637" } ]

[ { "content": "　$5$ 個のボールに対して, 以下で定まる操作 $k\\ \\ (k=1,2,3,4,5)$ を考える (操作 $0$ では何も行わない)：\r\n\r\n- 操作 $k$：操作 $k-1$ までに選ばれていないボールから, $a_k$ 個を選んで $k$ を書き込む.\r\n\r\nすると, 操作 $k$ の施し方は $\\_{5-a_1-...-a_{k-1}}\\mathrm{C}\\_{a_k}$ 通りであるから, 求める総和は操作 $5$ 回を通しての施し方の場合の数に等しいことがわかる. 一方で, この操作 $5$ 回は各ボールに $1,2,3,4,5$ のいずれかを割り振ることと等価であるから, 求める総和は $5^5=\\textbf{3125}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/1248" } ]

[ { "content": "　$10^a$ の正の約数で, かつ $10^b$ の倍数であるものの個数は, $10^{a-b}$ の正の約数の個数に等しいから $(a-b+1)^2$ である. 一方で $10^a$ の正の約数は $(a+1)^2$ 個であるから, 条件は\r\n$$10^{100}=(a+1)^2-(a-b+1)^2=(2a-b+2)b$$\r\nここで $2a-b+2$ と $b$ の偶奇は一致するから, これらはともに偶数である. さらに $a\\geq b$ より\r\n$$2a-b+2\\gt b$$\r\n特に求めるべきものは $AB=2^{98}\\times5^{100}$ なる正整数の組 $A\\gt B$ の数に等しいことがわかり, これは $\\textbf{4999}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/1488" } ]

[ { "content": "　$\\Gamma$ の面積を $S$ とおく. $AB,CD$ の中点を $M,N$ とすれば, $AP^2+BP^2$ のとり得る値の範囲は\r\n$$\\dfrac{2S}{\\pi}=AB^2\\/2\\leq2(AM^2+MP^2)=AP^2+BP^2\\leq AB^2=\\dfrac{4S}{\\pi}$$\r\nしたがって,\r\n$$NQ^2=\\dfrac{1}{2}(CQ^2+DQ^2)-CN^2=\\dfrac{1}{2}(AP^2+BP^2)-36$$\r\nより, $Q$ の通過し得る領域は半径 $\\sqrt{2S\\/\\pi-36}$ の円盤から半径 $\\sqrt{S\\/\\pi-36}$ の円盤を取り除いたものである (ただし $S\\lt36\\pi$ ならば穴は開かない). ここで $S\\geq36\\pi$ と仮定すれば, 条件より $S=30$ となり矛盾である. したがって $2S-36\\pi=30$ より $S=18\\pi+15$ であり, これは $S\\lt36\\pi$ をみたす. 特に解答すべき値は $\\textbf{33}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/250" } ]

[ { "content": "　$a_i=x_{i+1}\\/x_{i}$ とおけば, 条件は $a_0\\lt a_1\\lt\\cdots\\lt a_6$ であり, 求めるものは\r\n$$\\displaystyle\\frac{a_0a_1+1}{a_1-a_0}+\\frac{a_1a_2+1}{a_2-a_1}+...+\\frac{a_{5}a_{6}+1}{a_6-a_{5}}\\gt c$$\r\nを常にみたす実数 $c$ の最大値である. 一般に $6$ を $n$ とおき, 求める最大値を $A_n$ とおく.\\\r\n 　各 $i=0,1,...,n$ に対し, $a_i=\\tan \\theta_i$ なる実数 $0\\lt \\theta_i\\lt \\dfrac{\\pi}{2}$ がとれ, このとき\r\n$$\\sum_{i=1}^{n} \\frac{a_{i-1} a_i+1}{a_i-a_{i-1}}=\\sum_{i=1}^{n}\\frac{\\tan \\theta_{i-1} \\tan \\theta_i+1}{\\tan \\theta_i-\\tan \\theta_{i-1}}=\\sum_{i=1}^{n}\\frac{1}{\\tan(\\theta_i-\\theta_{i-1})}$$\r\n　ここで $f(\\theta)=\\dfrac{1}{\\tan \\theta}$ とおくと, $f^\\prime(\\theta)=-\\dfrac{1}{\\sin ^2\\theta}$ が $0\\lt \\theta\\lt \\dfrac{\\pi}{2}$ で単調増加であることから, $f(\\theta)$ はこの範囲で下に凸である. したがって, Jensenの不等式より\r\n$$\\displaystyle\\sum_{i=1}^{n}\\frac{1}{\\tan(\\theta_i-\\theta_{i-1})}=\\sum_{i=1}^{n} f(\\theta_i-\\theta_{i-1})\\geq n f\\left(\\frac{\\sum (\\theta_i-\\theta_{i-1})}{n}\\right)=n f\\left(\\frac{\\theta_{n}-\\theta_0}{n}\\right)$$\r\n特に $\\theta_i$ が等差数列をなすときに等号が成立するから, 結局 $f(\\theta)$ の単調減少性と併せて $A_n$ について\r\n$$A_n=nf\\left(\\dfrac{\\pi}{2n}\\right)=n\\/\\tan\\left(\\dfrac{\\pi}{2n}\\right)$$\r\n特に $n=6$ のとき $A_6=12+6\\sqrt{3}$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{120}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/264" } ]

[ { "content": "　$\\ell$ の両端を $A,B$ とし, $\\omega_1,\\omega_2$ と $\\ell$ の接点をそれぞれ $U_1,U_2$ とする.\\\r\n　このとき, well-known factとして $S_1U_1$ および $S_2U_2$ の交点 $M$ は弧 $AB$ の中点にあたり, さらに \r\n$$MS_1\\times MU_1=MA^2=MS_2\\times MU_2$$\r\nより $4$ 点 $S_1,S_2,U_1,U_2$ は共円である. この円と $\\omega_1,\\omega_2$ の根心は $M$ であることから, 点 $T$ での両円への接線は $M$ を通る. したがって $MA=MT=MB$ が成立し, 直線 $MT$ と $\\Gamma$ の交点のうち $M$ でない方を $C$ とおくと, $T$ は三角形 $ABC$ の内心である.\\\r\n　条件より三角形 $ABC$ について内接円の半径は $d$, 外接円の半径は $r$, 内心と外心の距離は $OT$ であるから, Eulerの定理より $OT^2=r^2-2dr$ が従う. これを $d^2$ で辺々割り, $r\\/d$ について解くことで\r\n$$\\displaystyle\\frac{r}{d}=1+\\sqrt{1+\\left(\\frac{OT}{d}\\right)^2}=\\dfrac{10+\\sqrt{149}}{10}$$\r\n特に解答すべき値は $10+149+10=\\textbf{169}$ である.\\\r\n　なお情報 $\\angle S_1OS_2=120^\\circ$ は過剰であるが, これをみたす図は実際に存在する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/1467" }, { "content": "　長さ追跡による解法です．\\\r\n$w_{1} , w_{2}$ の中心をそれぞれ $O_{1} , O_{2}$ とし，半径をそれぞれ $r_{1} , r_{2}$ とする．また，$w_{1} , w_{2}$ と $l$ との接点をそれぞれ $U_{1} , U_{2}$ とする．\\\r\n$O_{1}U_{1} = O_{1}T = r_{1} , O_{2}U_{2} = O_{2}T = r_{2}$ より，$d = \\dfrac{2r_{1}r_{2}}{r_{1} + r_{2}}$ が得られる．また，$\\Gamma$ は $w_{1} , w_{2}$ にそれぞれ接している事から $O_{1}T = r - r_{1} , O_{2}T = r - r_{2}$ がわかるので，三角形 $OO_{1}O_{2}$ に注目して，Stewartの定理から\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n& OO_{1}^{2} \\times O_{2}T + OO_{2}^{2} \\times O_{1}T - O_{1}O_{2} (O_{1}T \\times O_{2}T + OT^{2}) \\\\\\\\\r\n& = (r - r_{1})^{2} \\times r_{2} + (r - r_{2})^{2} \\times r_{1} - (r_{1} + r_{2})\\left(r_{1}r_{2} + \\left(\\dfrac{7r_{1}r_{2}}{5(r_{1}+r_{2})}\\right)^{2}\\right) \\\\\\\\\r\n& = (r_{1} + r_{2}) (r^{2} - 2dr - \\dfrac{49}{100} d^{2}) \\\\\\\\\r\n& = 0\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nよって，$r_{1} + r_{2} \\not = 0 , r \\gt 0$ より，$r = \\dfrac{10 + \\sqrt{149}}{10} d$ なので，求める値は $\\bf{169}$ である．", "text": "計算での解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/1467/324" }, { "content": "$T$ を中心とする半径 $d$ の反転を考える．この反転で $l$, $Γ$ が移る円を $l^{\\prime},Γ^{\\prime}$ とする．$l,Γ$ は $ω_{1},ω_{2}$ に接するので，$l^{\\prime},Γ^{\\prime}$ はこの反転で $ω_{1},ω_{2}$ が移る平行な二直線にともに接する．特に， $l^{\\prime},Γ^{\\prime}$ の直径は等しい．$l^{\\prime}$ の直径は $d$, $Γ^{\\prime}$ の直径は $\\dfrac{d^2}{r-OT}+\\dfrac{d^2}{r+OT}$ である．よって $$\\dfrac{d^2}{r-\\dfrac{7}{10}d}+\\dfrac{d^2}{r+\\dfrac{7}{10}d}=d$$ これを解いて $\\dfrac{r}{d}=\\dfrac{10+\\sqrt{149}}{10}$ を得る．よって求める値は $\\mathbf{169}$ である．", "text": "反転による解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc059/editorial/1467/326" } ]

[ { "content": "　どの $2$ 本も端点を共有しないことから, 引ける対角線は高々 $[2021\\/2]=1010$ 本であり, さらに $1010$ 本を引こうとすると辺を含んでしまうことが容易にわかる. 逆に, 各頂点を順に $A_1,A_2,\\cdots,A_{2021}$ とすると,\r\n$$A_2A_{2021} ,\\quad A_3A_{2020} ,\\quad\\cdots, \\quad A_{1010}A_{1013}$$\r\nとして $1009$ 本の対角線を引くことができるから, 求める最大値は $\\textbf{1009}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc058/editorial/2245" } ]

[ { "content": "$$S_k=\\sum_{i=4}^{k}\\dfrac{1}{2}i(i-3)=\\sum_{i=1}^{k-3}\\dfrac{1}{2}i(i+3)=\\dfrac{1}{6}(k-3)(k-2)(k+2)$$\r\n$2021=43\\times 47$ より $k=\\textbf{45}$ で $S_k$ は $2021$ の倍数となり, 最小性も容易に従う.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc058/editorial/1999" } ]

[ { "content": "　方程式が $2021$ 個の負の整数解を持つから, 定数項の素因数分解を考えることで $f$ は\r\n$$(x+1)^{2020}(x+2021),\\quad (x+1)^{2019}(x+43)(x+47)$$\r\nのいずれかである. それぞれについて $S=f(1)-2022$ を合計すると, \r\n$$T=(2^{2020}×2022-2022)+(2^{2019}×44×48-2022)=2^{2021}×3^4×19-4044$$\r\nしたがって, 解答すべき値は $2+2021+3+4+19=\\bf2049$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc058/editorial/2230" } ]

[ { "content": "　等式 $\\dbinom{k+1}{n+1}=\\dbinom{k}{n+1}+\\dbinom{k}{n}$ を繰り返し用いることにより,\r\n$$\\binom{k+1}{n+1}=\\binom{n+1}{n+1}+\\sum_{i=n+1}^{k}\\binom{i}{n}=\\sum_{i=n}^{k}\\binom{i}{n}$$\r\nが成り立つから, 求める $n$ について以下が成立する.\r\n$$\\binom{2021}{n}=\\binom{2021}{n+1}$$\r\nすなわち $n+(n+1)=2021$ であるから, $n=\\textbf{1010}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc058/editorial/1605" } ]

[ { "content": "　点 $P$ から平面 $BCDE,ABFD$ におろした垂線の足をそれぞれ $G,H$ とおくと, British flag theoremより (詳細は[**OMC030(B)の解説**](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc030\\/editorial\\/1340)を参照せよ) 以下が成立する：\r\n$$BG^2+DG^2=CG^2+EG^2,\\quad AH^2+FH^2=BH^2+DH^2$$\r\nこのとき, 第一式の両辺に $2PG^2$ を, 第二式の両辺に $2PH^2$ を加えることで\r\n$$CP^2+EP^2=BP^2+DP^2=AP^2+FP^2$$\r\nよって $AP^2+EP^2+FP^2=2(BP^2+DP^2)-CP^2=2(24^2+32^2)-27^2=\\textbf{2471}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc058/editorial/1777" } ]

[ { "content": "　観覧車が時計回りであるとし, 一周の長さを $75$ とする. また行動 $A,B$ をそれぞれ以下のように定義する：\r\n\r\n- $A$：$9$ 時の方向から上昇し, $12$ 時の方向に達するより先に落下して乗り移り, 再び $9$ 時の方向に達する.\r\n- $B$：$9$ 時の方向から上昇して $12$ 時の方向に達して以降に落下して乗り移り, $6$ 時の方向に達する.\r\n\r\n行動 $B$ は高々一回である. このとき $i\\ (0\\leq i\\leq 37)$ 機先のゴンドラに乗り移ったとする. ここで $i=0$ をもって行動 $B$ を行わなかった場合を統一的に表現するものとする. このとき行動 $A$ で合計で以下の距離を上昇すればよい.\r\n$$3\\times 2021-(75-i)=5988+i$$\r\n一般に行動 $A$ を繰り返して合計 $n$ だけ上昇する場合の数を $f(n)$ とすれば, これは以下の漸化式をみたす：\r\n$$f(n)=\\sum_{j=1}^{37}{f(n-j)}$$\r\nこれより, 適当に添字を調整することで $f(n)=F_{n+36}$ の成立が分かり, 以下より特に解答すべき値は $\\bm{6061}$ である.\r\n$$\\sum_{i=0}^{37}{f(5988+i)}=\\sum_{i=0}^{37}{F_{6024+i}}=2F_{6061}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc058/editorial/1656" } ]

[ { "content": "　中国剰余定理より, $3$ つの余りの組は $(0,0,0)$ を除いてちょうど一つずつ現れるから, 求める総和は\r\n\r\n$$\\sum_{i=0}^{6}\\sum_{j=0}^{10}\\sum_{k=0}^{12}ijk=\\sum_{i=0}^{6}i\\sum_{j=0}^{10}j\\sum_{k=0}^{12}k=\\dfrac{6\\times 7}{2}\\times\\dfrac{10\\times 11}{2}\\times\\dfrac{12\\times 13}{2}=\\textbf{90090}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1883" }, { "content": "https:\\/\\/youtu.be\\/sWGabm0MNck", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1883/95" } ]

[ { "content": "　共通部分は正六角錐を上下に $2$ つ貼り合わせた立体である. これは元の立方体から三角錐を $6$ つ取り除いたと解釈でき, その体積は $1-6\\times\\left(\\dfrac{1}{6}\\times\\dfrac{1}{2}\\times\\dfrac{1}{2}\\right)=\\dfrac{3}{4}$ であるから, 特に解答すべき値は $\\textbf{7}$ である.\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1831" }, { "content": "https:\\/\\/youtu.be\\/9yVZ930VjmE", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1831/96" } ]

[ { "content": "　$f(n)$ は「$n$ を二進数で表記したときの各桁の総和」であることが容易にわかる. ここで $f(n)=k$ かつ二進数で表記して $i$ 桁目が $1$ であるような $n$ は, $i$ によらず\r\n$$\\binom{N-1}{k-1}= \\frac{k}{N}\\binom{N}{k}$$\r\n個存在するから,\r\n$$\\sum_{f(n)=k,n\\lt 2^N}nf(n)=\\sum_{i=1}^{N}k2^{i-1}\\binom{N}{k}\\frac{k}{N}=\\frac{k^2}{N}\\binom{N}{k}(2^N-1)$$\r\n----\r\n**補題.**　$\\displaystyle\\sum_{k=0}^{N}k^2\\binom{N}{k}=2^{N-2}N(N+1)$\r\n\r\n**証明.**　様々な方法が考えられるが, ここでは以下の式を出発点とする.\r\n$$(1+x)^N=\\sum_{k=0}^{N} \\binom{N}{k}x^k$$\r\n両辺を $x$ で微分し, $x$ を乗じることで\r\n$$Nx(1+x)^{N-1}=\\sum_{k=0}^{N} k\\binom{N}{k}x^k$$\r\nこれをさらに $x$ で微分し, $x=1$ を代入することで結論を得る,\r\n$$N(1+x)^{N-1}+N(N-1)x(1+x)^{N-2}=\\sum_{k=0}^{N} k^2\\binom{N}{k}x^{k-1}$$\r\n----\r\nしたがって, 補題より求める総和は\r\n$$\\sum_{n=0}^{2^N-1}nf(n)=\\frac{2^N-1}{N}\\sum_{k=0}^{N}k^2\\binom{N}{k}=2^{N-2}(N+1)(2^N-1)$$\r\n特にこれが $2$ で割り切れる最大の回数は, $(N-2)+20=\\textbf{1048593}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1314" }, { "content": "https:\\/\\/youtu.be\\/ZmKUA71W4Pc", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1314/97" } ]

[ { "content": "　三角形の各辺を $x+y,y+z,z+x$ と表し,面積を $S$, 外接円・内接円の半径をそれぞれ $R,r$ とすれば,\r\n$$S=\\sqrt{xyz(x+y+z)},\\quad r=\\dfrac{S}{x+y+z}=\\sqrt{\\dfrac{xyz}{x+y+z}}$$\r\nこれより $Sr=xyz=1001$ であり, さらに $x+y+z=\\dfrac{S^2}{xyz}=31$ である.したがって,\r\n$$(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz=(x+y)(y+z)(z+x)=4RS=8640$$\r\nより $xy+yz+zx=311$ を得るから, 解と係数の関係より $x,y,z$ は以下の $t$ の方程式の $3$ 解である：\r\n$$t^3-31t^2+311t-1001=0$$\r\n$1001=7\\times 11\\times 13$ に留意してこれを解けば\r\n$$t^3-31t^2+311t-1001=(t-7)(t-11)(t-13)$$\r\nを得るから, 特に解答すべき辺の長さは $7+13=\\bm{20}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/2040" }, { "content": "https:\\/\\/youtu.be\\/Qei7nVOUQmI", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/2040/98" } ]

[ { "content": "　$\\displaystyle S_n=\\sum_{k=0}^{F_n-1}f(k)$ と定めれば, これは漸化式 $S_{n}=S_{n-1}+S_{n-2}+F_{n-2}$ をみたすから, これを解いて \r\n$$S_n=\\dfrac{1}{5}\\left((n-2)F_{n}+nF_{n-2}\\right)\\quad (n=2,3,\\cdots)$$\r\nここで $2021=F_{17}+F_{14}+F_{9}+F_{7}$ であるから, 以下のように区間を分割して計算すればよい：\r\n- $0\\leq k\\lt F_{17}$ について, $S_{17}=6865$.\r\n- $F_{17}\\leq k\\lt F_{17}+F_{14}$ について, $S_{14}+F_{14}=1685$.\r\n- $F_{17}+F_{14}\\leq k\\lt F_{17}+F_{14}+F_{9}$ について, $S_9+2F_9=139$.\r\n- $F_{17}+F_{14}+F_{9}\\leq k\\lt F_{17}+F_{14}+F_{9}+F_{7}$ について, $S_7+3F_7=59$\r\n\r\n以上より, 求めるべき総和は $6865+1685+139+59=\\textbf{8748}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1709" }, { "content": "https:\\/\\/youtu.be\\/Ud3GTbNUKGI", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/1709/99" } ]

[ { "content": "　$N=1$ の寄与は明らかであるから, 以下 $N\\geq 2$ であるとする. まず固定された $\\sigma\\in S_N$ について $\\prod$ の中身を考える. $3$ を底とした対数をとれば, 結局 $\\textrm{inv}(\\tau)$ の総和を考えればよく, これは各組 $1\\leq i\\lt j\\leq N$ の寄与を考えることで計算できる. 具体的には, これらをともに含む $\\tau$ は $2^{N-2}$ 個あり, $\\sigma(i)\\gt\\sigma(j)$ であるときのみ勘定されるから, \r\n$$\\sum_{\\tau\\subseteq \\sigma}\\textrm{inv}(\\tau)=2^{N-2}\\textrm{inv}(\\sigma)$$\r\nさらに, 長さが $N$ の順列であって転倒数が $k$ であるものの総数は\r\n$$1 \\times (1+x)\\times (1+x+x^2)\\times \\cdots \\times (1+x+\\cdots+x^{N-1})$$\r\nの $x^k$ の係数に一致することが容易にわかるから, 総積で $N$ が関わる部分 $F(N)$ について\r\n$$F(N)=\\sum_{\\sigma \\in S_N}3^{2^{N-2}\\textrm{inv}(\\sigma)}=\\prod_{k=1}^{N}\\left(\\sum_{i=0}^{k-1}3^{2^{N-2}\\times i}\\right)=\\prod_{k=1}^{N}\\left(\\left(3^{2^{N-2}k}-1\\right)\\left(3^{2^{N-2}}-1\\right)^{-1}\\right)$$\r\nよって, $K$ が $2$ で割り切れる最大回数を $v_2(K)$ とおくと,\r\n$$v_2(F(N))=\\sum_{k=1}^{N}\\left(v_2(3^{2^{N-2}k}-1)-v_2(3^{2^{N-2}}-1)\\right)$$\r\nここで, 偶数 $m$ について $v_2(3^m-1)=v_2(m)+2$ であることに注意すると, $N\\geq 3$ のとき\r\n$$v_2(F(N))=\\sum_{k=1}^{N}\\Bigl(\\bigl((N-2)+v_2(k)+2\\bigr)-\\bigl((N-2)+2\\bigr)\\Bigr)=\\sum_{k=1}^{N}v_2(k)=v_2(N!)$$\r\n$v_2(F(1))=v_2(1!)$ および $v_2(F(2))=v_2(2!)+1$ と併せれば\r\n$$v_2(X)=1+\\sum_{N=1}^{2^{2021}-1}v_2(N!)=1+\\sum_{N=1}^{2^{2021}-1}\\bigl(N-\\mathrm{popcount}(N)\\bigr)$$\r\nここで $\\mathrm{popcount}(N)$ は $N$ を二進法で表記したときの各桁の和である. 以上より, $2017$ を法として\r\n$$\\begin{aligned}\r\nv_2(X) &= 1+(2^{2021}-1)\\times 2^{2020}-2021\\times 2^{2020} \\\\\\\\\r\n&\\equiv 1+(2^5-1)\\times2^4-4\\times2^4 \\\\\\\\\r\n&\\equiv \\textbf{433}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/2193" }, { "content": "https:\\/\\/youtu.be\\/ZbBoBYZnNJg", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc057/editorial/2193/102" } ]

[ { "content": "　$P,Q$ の $x$ 座標を $a$ とおけば, 線分 $PQ$ の長さは\r\n$$|(a^2+100)-(6a-700)|=|(a-3)^2+791|$$\r\nよって, 求める最小値は $\\textbf{791}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc056/editorial/230" } ]

[ { "content": "　条件は $27a+3c=9b+d$ と同値である. このとき $d=3d^\\prime\\ (d^\\prime=1,2)$ とおけて, $9a+c=3b+d^\\prime$ で, 特に $c=d^\\prime$ または $c=d^\\prime+3$ である. $c=d^\\prime$ のとき $(a,b)=(1,3),(2,6)$, $c=d^\\prime+3$ のとき $(a,b)=(1,4)$ と定まるから, 求める確率は $6\\/6^4=1\\/216$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{217}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc056/editorial/291" } ]

[ { "content": "　それぞれの対角線について, $101$ 個の数の総和は操作によらず $515201$ で一定であることが容易にわかる. したがって, $2$ 本の対角線が重複する中央のマスが $10201$ となる場合が最小で, これをみたす操作は明らかに存在するから, その値は $2\\times 515201-10201=\\textbf{1020201}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc056/editorial/1239" } ]

[ { "content": "　$G,H$ はそれぞれ $AD,ED$ を $2:1$ に内分する点であるから, 三角形 $FGH$ の面積は $DGH$ の面積に等しく, さらにこれは $ADE$ の面積の $1\\/9$ にあたる. したがって, 三角形 $ADE$ の面積を最大化すればよく, $AC$ を直径とする円と $AD$ の交点を $D^\\prime$ とすれば, この最大値は $E$ が優弧 $AD^\\prime$ の中点 $M$ に一致する場合に達成される.\\\r\n　ここで中線定理より $AD=2\\sqrt{7}$, 三平方の定理より $DD^\\prime=3\\/\\sqrt{7}$ であり, $AC=7$ と併せて考えることで三角形 $ADM$ の面積は $\\dfrac{3\\sqrt{6}+7\\sqrt{7}}{2}$ と容易に計算でき, 解答すべき値は $3+6+7+7+2\\times 9=\\textbf{41}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc056/editorial/304" } ]

[ { "content": "　$x$ の二次方程式 $x^2-ax+b=0,x^2-bx+a=0$ の判別式をそれぞれ $D_1,D_2$ とする. すなわち\r\n$$ D_1=a^2-4b,\\ \\ D_2=b^2-4a $$\r\n条件より, このうち少なくとも一方は非負である. ここで一方が正で一方が負のとき, すなわち以下のいずれかが成り立つとき, 条件は常に成立する.\r\n\r\n- $a^2\\gt 4b$ かつ $b^2\\lt 4a$\r\n- $a^2\\lt 4b$ かつ $b^2\\gt 4a$\r\n\r\n　したがって, 以下 $D_1,D_2$ がともに非負である場合について考えればよい. このとき, 与えられた四次方程式はある実数 $\\alpha\\neq\\beta$ によって以下の形式に表せる.\r\n$$(x-\\alpha)^2(x-\\beta)^2=0\\ \\text{または}\\ (x-\\alpha)^3(x-\\beta)=0$$\r\n　$(x-\\alpha)^2(x-\\beta)^2=0$ のとき, 以下のいずれかの形式である.\r\n\r\n- $x^2-ax+b=(x-\\alpha)(x-\\beta)=x^2-bx+a$\r\n- $x^2-ax+b=(x-\\alpha)^2$ かつ $x^2-bx+a=(x-\\beta)^2$\r\n\r\n　前者のとき $a=b$ で, $D_1\\gt 0$ と併せて $a \\gt 4$ または $a\\lt 0$ である.\\\r\n　後者のとき $D_1=D_2=0$ より $a=b=0,4$ であるが, このとき $\\alpha=\\beta$ で不適である.\r\n\r\n　$(x-\\alpha)^3(x-\\beta)=0$ のとき, 以下のいずれかの形式である.\r\n\r\n- $x^2-ax+b=(x-\\alpha)^2$ かつ $x^2-bx+a=(x-\\alpha)(x-\\beta)$\r\n- $x^2-ax+b=(x-\\alpha)(x-\\beta)$ かつ $x^2-bx+a=(x-\\alpha)^2$\r\n\r\n　前者のとき, 係数を比較して適当に解けば\r\n$$(a,b,\\alpha,\\beta)=(0,0,0,0),(4,4,2,2),(-2,1,-1,2)$$\r\nを得て, $(a,b)=(-2,1)$ のみが適する. 同様に後者についても $(a,b)=(1,-2)$ を得る.\r\n\r\n　以上より, 条件を満たす点 $(a,b)$ の範囲を $ab$ 平面上に図示すると以下の図のようになる.\\\r\n　特にこの内部の $-6\\leq a,b\\leq 6$ なる格子点の数を数えることで, 求める場合の数は $\\textbf{82}$ であるとわかる.\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc056/editorial/268" } ]

[ { "content": "　$4997-k$ を $p$ で割った商を $x$ とおき, $4997+k$ を $p+2$ で割った商との差によって場合分けを行う.\r\n\r\n- 差が $0$ であるとき, $x=k$ であるが, このとき $4997=(p+1)k$ より偶奇を考えれば不適である.\r\n- 差が $1$ であるとき, $px$ および $(p+2)(x\\pm 1)$ の偶奇が一致することからやはり不適である.\r\n\r\n　以下, 差が $2$ である場合について考える. まず\r\n$$4997-k=px,\\quad 4997+k=(p+2)(x+2)$$\r\nと書けるとする. このとき, $k$ を消去すれば $4996=(p+1)(x+1)$ であり, $4996=2^2\\times1249$ より $p=3$ に限られることが分かる. このとき $x=1248$ で, $k=1253$ を得る. 同様にして\r\n$$4997-k=px,\\quad 4997+k=(p+2)(x-2)$$\r\nと表せるとき, $k$ を消去すれば $4998=(p+1)(x-1)$ であり, $4998=2\\times3\\times7^2\\times 17$ に留意して調べ上げれば\r\n$$(p,x,k)=(5,834,827),(41,120,77)$$\r\nが適することが分かるから, 以上より解答すべき総和は $\\textbf{2206}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc056/editorial/1735" } ]

[ { "content": "　$3^{45}$ の一の位を求めればよい. ここで $3^n$ の一の位は $3\\to 9\\to 7\\to 1$ の周期を繰り返すことに留意すれば, 求めるあまりは $\\textbf{3}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/300" } ]

[ { "content": "　$ABCD$ に対する $P,Q$ の位置関係は $2$ 通りあり得るが, そのうち $BP$ と $CQ$ が交わる方が最小値を実現する. 一辺の長さを $k$ とし, $P$ から $BC$ におろした垂線の足を $H$ とすれば, 三角形 $BHP$ における三平方の定理より\r\n$$\\left(\\dfrac{k}{2}+1\\right)^2+\\left(\\dfrac{k}{2}\\right)^2=3^2$$\r\nこれを解いて$k\\gt 0$ より $k=\\sqrt{17}-1$ を得るから, 解答すべき値は $\\textbf{16}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/199" } ]

[ { "content": "　命題は「$1$ 以上 $N^2$ 未満の整数の総和は $9N^3+9N^2$ である」と表現できるから, 方程式\r\n$$\\dfrac{1}{2}(N^2-1)N^2=9N^3+9N^2$$\r\nを解いて $N=\\textbf{19}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/222" } ]

[ { "content": "　一般に棒の長さが奇数 $n$ である場合を考え, 棒の左端を $O$, 右端を $O^\\prime$ とする. $OA=a,AB=b$ として左側から節目 $A,B$ を選択したとき, これが条件をみたすことは以下のように表現できる：\r\n$$a\\leq\\dfrac{n-1}{2},\\quad b\\leq\\dfrac{n-1}{2},\\quad a+b\\geq\\dfrac{n+1}{2}$$\r\n　ここで $a$ を固定すれば, $b$ としてあり得るものは $\\dfrac{n+1}{2}-a$ 以上 $\\dfrac{n-1}{2}$ まで $a$ 個であるから, 求める場合の数は\r\n$$1+2+\\cdots+\\dfrac{n-1}{2}= \\frac{(n-1)(n+1)}{8}$$\r\n特に $n=2021$ のとき, これは $\\textbf{510555}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/258" }, { "content": "　棒を左端から順に長さ $a,b,c$ の $3$ つの区間に分けたとする．\\\r\n　求めるべきは $a+b+c=2021$ かつ $a,b,c$ が $1010$ 以下の正の整数であるような整数の組 $(a,b,c)$ の個数．これは， $x=1010-a, ~ y=1010-b, ~ z=1010-c$ なる置き換えにより $x+y+z=1009$ の非負整数解の個数に一致することがわかる．\\\r\n　以上より，求める個数は ${}\\_{3}\\mathrm{H}\\_{1009}=\\textbf{510555}$．", "text": "x+y+z=n型の非負整数解の個数問題に帰着させる", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/258/34" } ]

[ { "content": "　$B$ を通り $AC$ に平行な直線 $\\ell$ について, $AP,AQ$ との交点をそれぞれ $D,E$ とし, $A$ からおろした垂線の足を $F$ とすれば, 以下のようにそれぞれの長さを計算できる：\r\n$$AF=BF=1,\\quad BD=DF-BF=\\sqrt{3}-1,\\quad DE=AD=2$$\r\nこれより, $BP:PC=(\\sqrt{3}-1):\\sqrt{3}$ および $BQ:QC=(\\sqrt{3}+1):\\sqrt{3}$ であるから\r\n$$BP:PQ:QC=(5-\\sqrt{3}):2\\sqrt{3}:(6-\\sqrt{3})$$\r\n$ABC$ の面積が $\\sqrt{3}\\/2$ であることから, $APQ$ の面積は $3\\/11$ であり, 特に解答すべき値は $\\textbf{14}$ である.\\\r\n　なお $\\sin 15^\\circ=(\\sqrt{6}-\\sqrt{2})\\/4$ を利用すれば,\r\n$$BP:PC=\\triangle ABP:\\triangle APC=\\sqrt{2}\\/2\\times AP\\sin15^\\circ:\\sqrt{3}\\/2\\times AP\\sin30^\\circ=(\\sqrt{3}-1):\\sqrt{3}$$\r\nなどとすることで同様に $BP:PQ:QC$ を計算することができる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/259" } ]

[ { "content": "　各マスに対して必要な操作の最小回数は, 左下から順次定まり, 以下のような再帰的構造が確認できる：\r\n$$\\begin{matrix}\r\n15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 14 & 14 & 15 & 15 & 14 & 14 & 15 & 15 & 14 & 14 & 15 & 15 & 14 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 14 & 13 & 13 & 13 & 13 & 14 & 15 & 15 & 14 & 13 & 13 & 13 & 13 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 15 & 13 & 12 & 12 & 13 & 15 & 15 & 15 & 15 & 13 & 12 & 12 & 13 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 15 & 13 & 12 & 11 & 11 & 11 & 11 & 11 & 11 & 11 & 11 & 12 & 13 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 14 & 13 & 13 & 11 & 10 & 10 & 11 & 11 & 10 & 10 & 11 & 13 & 13 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 14 & 14 & 15 & 11 & 10 & 9 & 9 & 9 & 9 & 10 & 11 & 15 & 14 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n15 & 15 & 15 & 15 & 11 & 11 & 9 & 8 & 8 & 9 & 11 & 11 & 15 & 15 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n7 & 7 & 7 & 7 & 7 & 7 & 7 & 7 & 8 & 9 & 11 & 11 & 15 & 15 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n7 & 6 & 6 & 7 & 7 & 6 & 6 & 7 & 9 & 9 & 10 & 11 & 15 & 14 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n7 & 6 & 5 & 5 & 5 & 5 & 6 & 7 & 11 & 10 & 10 & 11 & 13 & 13 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n7 & 7 & 5 & 4 & 4 & 5 & 7 & 7 & 11 & 11 & 11 & 11 & 12 & 13 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n3 & 3 & 3 & 3 & 4 & 5 & 7 & 7 & 15 & 15 & 13 & 12 & 12 & 13 & 15 & 15 \\\\\\\\\r\n3 & 2 & 2 & 3 & 5 & 5 & 6 & 7 & 15 & 14 & 13 & 13 & 13 & 13 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n1 & 1 & 2 & 3 & 7 & 6 & 6 & 7 & 15 & 14 & 14 & 15 & 15 & 14 & 14 & 15 \\\\\\\\\r\n0 & 1 & 3 & 3 & 7 & 7 & 7 & 7 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15 & 15\r\n\\end{matrix}$$\r\nこれより, 必要な操作の最小回数が $n$ であるようなマスの数 $f(n)$ について,\r\n$$f(n)=3^{b(n)}$$\r\nの成立が確認できる. ここで $b(n)$ は, $n$ を二進数で表記したときの桁和である. よって,\r\n$$b(2^{2021}-2021)=b((2^{2021}-1)-2020)=2021-b(2020)=2014$$\r\nより, $M=f(2^{2021}-2021)=3^{2014}$ は正の約数を $\\textbf{2015}$ 個もつ.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc055/editorial/305" } ]

[ { "content": "　$(a-2021)(b-2021)=2021^2$ と与式を変形すれば, $2021^2$ の約数 (負も許す) の個数を求めることと問題は等価であり, $2021^2=43^2\\times47^2$ と素因数分解できるからこれは $2\\times 3^2=18$ 個である. ただし $(a,b)=(0,0)$ を除外することに留意すれば, 求めるべき値は $\\textbf{17}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc054/editorial/1479" } ]

[ { "content": "　与えられた立体を一辺の長さが $4$ の正四面体の内部に適切に埋め込むことを考えれば, 貼り合わせによって隣り合った面は同一平面上にある. よって題意の三角形は辺の長さが $2\\sqrt{3}, 2\\sqrt{3}, 2$ の二等辺三角形で, その面積は $\\sqrt{\\textbf{11}}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc054/editorial/2070" } ]

[ { "content": "　$X=2^x3^y5^z7^w$ と表せ, $y+z+w\\leq 3$ である. 以下, $y+z+w$ の値に応じて場合分けを行う.\r\n\r\n(i) $y+z+w=0$ のとき, $s,b,l$ は $1,2,4,8$ のいずれかであり, $x$ は $0$ 以上 $9$ 以下の整数値をとり得る.\r\n\r\n(ii) $y+z+w=1$ のとき, 基本的に上と同様に $x$ は $0$ 以上 $6$ 以下の整数値をとり得るが, $y=1$ の場合に限り $3$ を $6$ に置き換えることで $x=7$ とできる. すなわち, $7\\times 3+1=22$ 通りである.\r\n\r\n(iii) $y+z+w=2$ のとき, 基本的に上と同様に $x$ は $0$ 以上 $3$ 以下の整数値をとり得るが, $y=1,y=2$ の場合は $3$ を $6$ に置き換えることでそれぞれ $x=4,x=4,5$ とできる. すなわち, $4\\times 6+4=28$ 通りである.\r\n\r\n(iv) $y+z+w=3$ のとき, $s,b,l$ に $6$ が含まれる場合に限り $x\\geq 1$ であり, $20$ 通りであることが同様にわかる.\r\n\r\n　以上の和をもって, $X$ としてあり得る正整数値は全部で $\\textbf{80}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc054/editorial/1912" } ]

[ { "content": "　$T$ の各項について,\r\n$$ \\frac{n^3}{n^4+4} =\\frac{1}{2}\\left(\\frac{n-1}{(n-1)^2+1}+\\frac{n+1}{(n+1)^2+1}\\right) $$\r\nと整理できるから,\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS-T &=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{1^2+1}+\\frac{99}{99^2+1}\\right)-\\frac{1}{2}\\left(\\frac{0}{0^2+1}+\\frac{100}{100^2+1}\\right) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{50^2}{99^2+1} - \\frac{50}{100^2+1}=\\dfrac{12256200}{49014901}\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれは既約分数であるから, 解答すべき値は $\\textbf{61271101}$ である.\\\r\n　なお, 実際に既約であることを確かめる方法の一つとして, 一般に $99$ を $n$ とおいて考えるとよい. このとき\r\n$$S-T=\\dfrac{n(n+1)(n^2+n+4)}{4(n^2+1)(n^2+2n+2)}=\\dfrac{1}{2}\\left(\\dfrac{1}{2}+\\dfrac{n^2-n+1}{(n^2+1)(n^2+2n+2)}\\right)$$\r\nなどと表せるから, 各表現について分子と分母の最大公約数を多項式の計算によって計算することができる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc054/editorial/2009" } ]

[ { "content": "　$3^n$ の一の位は $n$ が $4$ で割って $2$ 余るときに $9$ となるから, $3^{4m+2}$ の最高位が $9$ であるような最小の $m$ を求めればよい. このことは, $3^{4m}$ と $3^{4m+2}$ の桁数が等しいこと, すなわち $4m\\log_{10}3$ と $(4m+2)\\log_{10}3$ の整数部分が等しいことと同値である. この整数部分を $i$ とすると, 条件はさらに次のように書くことができる：\r\n$$ \\frac{i}{2m}\\lt 2\\log_{10}3 \\lt \\frac{i+1}{2m+1} $$\r\n　ここで $\\alpha=2\\log_{10}3$ とおけば, それぞれの正整数 $j$ について以下をみたす $p$ が一意に存在する：\r\n$$ \\frac{p-j}{p}\\lt\\alpha\\lt\\frac{p-j+1}{p+1} \\quad\\iff\\quad \\frac{j}{1-\\alpha}-1\\lt p\\lt\\frac{j}{1-\\alpha} $$\r\nこのような偶数 $p$ としてあり得る最小のものを求めればよく, $j$ を小さい方から試せば $j=7$ で $p=152$ を得る. したがって求める最小の $m$ は $76$ であるから, 最小の $n$ に直せば $4\\times76+2=\\textbf{306}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc054/editorial/1942" } ]

[ { "content": "　$N=54$ とおき, ここではカードやパケットの番号を $0$ から始めて数えるものとする.\\\r\n　デッキの上から $n$ 枚目のカードが, 一度の $d$-シャッフルで上からデッキの上から $g(n)$ 枚目に移動するとする. $n$ の $d$ による割り算を $n=jd+k$ と表すと, 前半の手順でパケット $k$ の上から $j$ 枚目に移るから, \r\n$$g(n)= N-k\\times\\dfrac{N}{d}-j-1\\equiv -\\dfrac{N}{d}\\times n \\pmod{N-1} $$\r\nここで $0$ 枚目と $N-1$ 枚目は一回のシャッフルで入れ替わるから, $1$ 枚目から $N-2$ 枚目について答えを求め, それと $2$ との最小公倍数を取ればよい. 結局, 任意の $n=1,2,\\cdots,N-2$ に対し,\r\n$$ \\left(-\\dfrac{N}{d}\\right)^x\\times n\\equiv n \\pmod{N-1}$$\r\nすなわち $(-N\\/d)^x\\equiv 1$ なる最小の $x=x(d)$ をそれぞれの $d$ について考えることに帰着された. Fermatの小定理より $x(d)$ は常に $\\varphi(53)=52$ の約数であることに留意すれば, これは以下のように計算できる.\r\n$$x(1)=x(54)=2,\\quad x(6)=x(9)=13,\\quad x(2)=x(3)=x(18)=x(27)=52$$\r\n奇数の場合の処理に注意すれば, 解答すべき値は $2\\times2+26\\times2+52\\times4=\\textbf{264}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc054/editorial/2305" } ]

[ { "content": "　まず以下のように変数変換を行う：\r\n$$a=2x,\\ \\ b=3y,\\ \\ c=5z,\\ \\ d=7p,\\ \\ e=11q,\\ \\ f=13r$$ \r\nこのとき, 与方程式の係数にはPascalの三角形が現れる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\n|a|+|b|+|c|+|d|+|e|+|f|&=32 \\\\\\\\\r\n1a+1b+1c+1d+1e+1f&=0 \\\\\\\\\r\n5a+4b+3c+2d+1e&=0 \\\\\\\\\r\n10a+6b+3c+1d&=0 \\\\\\\\\r\n10a+4b+1c&=0 \\\\\\\\\r\n5a+1b&=0\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって, これの第2式以下は次の $k$ についての恒等式に集約される：\r\n$$ak^5=a(k+1)^5+b(k+1)^4+c(k+1)^3+d(k+1)^2+e(k+1)+f$$\r\n一方で, $ak^5=a((k+1)-1)^5$ とみなすことで\r\n$$ak^5=a(k+1)^5-5a(k+1)^4+10a(k+1)^3-10a(k+1)^2+5a(k+1)-a$$\r\nこれより $(a,b,c,d,e,f)=(a,-5a,10a,-10a,5a,-a)$ と表せ, 第1式より $a=\\pm 1$ である. よって,\r\n$$|x|+|y|+|z|+|p|+|q|+|r|=2\\times\\left(\\dfrac{1}{2}+\\dfrac{5}{3}+\\dfrac{10}{5}+\\dfrac{10}{7}+\\dfrac{5}{11}+\\dfrac{1}{13}\\right)=\\dfrac{36797}{3003}$$\r\n特に解答すべき値は $\\textbf{39800}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/292" } ]

[ { "content": "　以下 $A_{i+1024}=A_i$ とする. まず, $\\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} f(A_i,A_{i+1})$ の最小値を求めればよい. なんとなれば, 添字を適当に巡回させて $A_1$ を全体集合とすれば, 求める最小値はこれより $55$ を減じたものとして得られるからである.\\\r\n　いま, $A_i$ に含まれるが $A_j$ には含まれないカードに書かれた数の合計を $g(A_i,A_j)$ とおけば,\r\n$$\\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} f(A_i,A_{i+1})=55 \\times 512 + \\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} g(A_i,A_{i+1})$$\r\nさらに, $A_i,A_j$ のいずれかにのみ含まれるカードに書かれた数の合計を $G(A_i,A_j)$ とおくと\r\n$$\\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} G(A_i,A_{i+1}) = 2\\times\\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} g(A_i,A_{i+1})$$\r\n以上より, 結局 $\\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} G(A_i,A_{i+1})$ の最小化を考えればよい.\\\r\n　ここで, $A_i,A_{i+1}$ のうち $k$ が書かれたカードを片方のみが含むような $i$ の個数を $B_k$ とすれば, $k$ 以上の数のみが書かれたカードからなる集合は (空含め) $2^{11-k}$ 個存在するから, $\\displaystyle \\sum_{j=k}^{10} B_j$ は $2^{11-k}$ 以上である. したがって,\r\n$$\\displaystyle \\sum_{i=1}^{1024} G(A_i,A_{i+1}) = \\displaystyle \\sum_{k=1}^{10} (B_k \\times k)=\\sum_{k=1}^{10} \\sum_{j=k}^{10} B_j\\geq\\sum_{k=1}^{10} 2^{11-k} = 2046$$\r\n　あとは等号をみたす集合の並べ方を構築すればよい. 便宜上, 集合の列の添字を $A_0,A_1,...,A_{1023}$ と振りなおせば, カード $k\\\\,(k \\neq 10)$ に対して $2^{k-1} \\leq i \\bmod{2^{k+1}} \\lt 2^{k+1}-2^{k-1}$ であるときかつそのときに限り $A_i$ は $k$ を含み, カード $10$ に対しては $i \\lt 512$ のときかつそのときに限り $A_i$ は $10$ を含むものとすれば, 条件をみたす.\\\r\n　よって, 各文字について最小値を順次計算することで, 最終的に求める最小値は $\\textbf{29128}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1641" } ]

[ { "content": "　操作は以下のように言い換えても等価である.\r\n\r\n- $a_i=a_{i+1}$ または $b_i=b_{i+1}$ なる $i$ を選択し, $a_i$ と $a_{i+1}$ および $b_i$ と $b_{i+1}$ の値をそれぞれ交換する. \r\n\r\n　このとき $(a_i,b_i)$ は常に連動して動くから, ペアとして考えればよい. ペア $(0,0)$ と $(1,1)$ およびペア $(0,1)$ と $(1,0)$ は交換できないが, それ以外は交換できることに留意すれば, 以下の性質が従う.\r\n\r\n- $a_i=b_i$ なるすべてのペアの相対的な順番は不変である.\r\n- $a_i\\neq b_i$ なるすべてのペアの相対的な順番は不変である.\r\n- 逆にこれらをみたすバイナリ列の組はすべて得られる.\r\n\r\n　よって, $a_i=b_i$ なる $i$ の個数が分かればよいが. これは中国剰余定理により $26 \\times 29 + 47 \\times 42 = 2728$ と計算できる. 以上より $M={}\\_{5183}{\\mathrm{C}}\\_{2728}$ であり, 解答すべき値は $5179 \\times 2719 = \\textbf{14081701}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1259" } ]

[ { "content": "　与式を適当に変形することで\r\n$$(f(y)-(f^2(x)+1))^2+(x-z)((f(x)-x)-(f(z)-z))\\geq 1$$\r\n特にここに $z=x$ を代入すれば\r\n$$(f(y)-(f^2(x))+1))^2\\geq 1$$\r\n$y=f(x)$ を代入すると,\r\n$$(x-z)((f(x)-x)-(f(z)-z))\\geq 0$$\r\n逆にこれらが成立すれば与式も成立するから, 条件はこれら $2$ 式に分離された. さらに,\r\n\r\n- $(f(y)-(f^2(x))+1))^2\\geq 1$ は $f^2(x)+1 \\neq f(y)$ と同値である.\r\n- $(x-z)((f(x)-x)-(f(z)-z))\\geq 0$ は $f(x+1)\\gt f(x)$ と同値である.\r\n\r\n　ここで数列 $a_{n}=f^n(2)-f^{n-1}(2)$ について考察しよう. このとき, $f^{n}(2) \\lt t \\leq f^{n+1}(2)$ なる正整数 $t$ が $a_{n+1}$ 個存在することから, 以下をみたす正整数 $f(t)$ も $a_{n+1}$ 個存在する：\r\n$$f^{n+1}(2)\\lt f(t)\\leq f^{n+2}(2)$$\r\n同様にして, 以下をみたす正整数 $f^2(r)+1$ も $a_{n}$ 個存在する：\r\n$$f^{n+1}(2)\\lt f^{2}(r)+1\\leq f^{n+2}(2)$$\r\nしかし, 条件よりこれらは重複しないから, 不等式 $a_{n}+a_{n+1}\\leq a_{n+2}$ を得る.\\\r\n　一方で, $f(1)\\gt 1$ のとき明らかに $f(2)\\gt 2$ で, $f(1)=1$ のときも $f(2)\\neq f^2(1)+1=2$ と併せて $f(2)\\gt 2$ であるから, 結局常に $a_{1}\\geq 1$ であり, これよりさらに $a_2\\geq 1$ である. すなわち $a_{n}$ はFibonacci数で下から評価できることがわかった. 具体的には, 考えるべき値について $f^{16}(2)=2+a_1+a_2+\\cdots a_{16}\\geq2585$ を得る.\\\r\n　逆に, 条件をみたすように $x$ の小さいほうから $f(x)$ の値を定めていけば, すべての等号を成立させるような構成が得られる. 具体的には, こうして得られる $f$ は $\\varphi=(1+\\sqrt{5})\\/2$ について $f(x)=[\\varphi x]$ と表示できることが証明できる. 以上より, 求める最小値は $\\textbf{2585}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1419" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の内心を $Z$, 内接円を $O^{\\prime}$ とする. 有名事実として $D$ は三角形 $ABC$ の角 $A$ 内の傍接円が $BC$ と接する点である.また, $E$ から $BC$ におろした垂線の足を $P$ とすると, $AB-AC=BP-CP$ より $P$ は $O^{\\prime}$ が $BC$ と接する点であり, 有名事実として $E$ は内接円において $P$ の対蹠点となる. 特に $O^{\\prime}$ は $FG$ と接するから, 円 $O$ 上に $RFG$ の内接円が $O^{\\prime}$ となるような点 $R$ が存在する. これはPonceletの閉形定理の帰結だが, $Z$を内心とするような $F$ を頂点に持つ三角形を考え, Eulerの定理を使うことによっても証明できる. このとき $EF-EG=RF-RG$ が成立し, $H$ は特徴付けから一意に定まることに留意すれば, $R$ は $H$ に一致する. 接線の長さに着目すれば\r\n$$154=(BI+BJ+IJ)-(CK+CL+KL)=2BP-2PC=2(HF-HG)$$\r\nまた $FH$ と $O^{\\prime}$ の接点を $S$ とすると $494=HJ+JL+LH=2HS$ であり, このことから\r\n$$HF+HG=2HS+FG=949$$\r\nよってこれらを連立させることで $HF=513,HG=436$ であり, Helonの公式などによって $O^{\\prime},O$ の直径はぞれぞれ $266,545$ と計算されるから, 等脚台形 $BCGF$ に注目することで $BC^2=\\textbf{243201}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1414" } ]

[ { "content": "　一回で移動できる正整数の組に有向辺を張ると, 以下のようなグラフを得る (自己辺や多重辺は適当に除去).\r\n\r\n\r\n　$50000005000000$ は三角数であるから, 上から $10^7$ 段のみ考えればよい. 辺の傾きは $3$ 種類存在するが, 最短経路として適するものでは高々 $2$ 種類しか用いない. このうち,対称性より横向きの辺を使わず, 上から下へ向かうものを数えればよい. このとき, 下から $n$ 段目のある固定された数から下から $m$ 段目への最短経路の数は $2^{n-m}$ 通りであるから, これをすべての $m$ について足し合わせれば $2^n-2$ 通りである. したがって, 考えている経路の総数は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\\\,\\\\, (2^{10000000}-2) \\times 1+(2^{9999999}-2) \\times 2+\\cdots+(2^1-2) \\times 10000000\\\\\\\\\r\n&=(2^{10000001}-2 \\times 10000001)+(2^{10000000}-2 \\times 10000000)+\\cdots +(2^2-2 \\times 2)\\\\\\\\\r\n&=2^{10000002}-100000030000004\r\n\\end{aligned}$$\r\n　他の $2$ 方向も同様であるが, $1$ 種類の向きしか使わない経路が重複でカウントされているため,\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\\\,\\\\, 3 \\times(2^{10000002}-100000030000004)-3\\times\\sum_{i=1}^{10^7}\\dfrac{n(n-1)}{2}\\\\\\\\\r\n&=3 \\times 2^{10000002}-500000300000085000012\r\n\\end{aligned}$$\r\n以上より, 解答すべき値は $\\textbf{300000095000017}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1446" } ]

[ { "content": "　$k\\equiv 2\\pmod 4$ より $x^k+y^k$ が $x^2+y^2$ で割り切れることに留意すれば, LTEの補題より\r\n$$n=v_{p}(x^k+y^k)=v_{p}(x^2+y^2)+v_{p}(k\\/2)$$\r\nしたがって特に $x^k+y^k\\leq k\\/2\\times (x^2+y^2)$ であり, このとき $k=2$ が必要であることが容易にわかる.\\\r\n　ここでwell-known factとして $p\\equiv 1 \\pmod 4$ であり, さらに $x^2+y^2=p^n$ をみたす正整数 $x\\leq y$ の組は $\\lfloor (n+1)\\/2 \\rfloor$ 個あるから, これと $n-2$ の場合を比較することで, 特に $\\gcd(x,y)=1$ であるものはちょうど一つ存在することがわかる. このような組を $n$ における**良い**組と呼ぶこととする.\\\r\n　以下, 良い組について $v_{2}(xy)$ を考察する. この議論においては, $x$ と $y$ の偶奇のみを考え, 順序や正負については考慮しない. $n=1$ について良い組を $(q,s)$ とおく. ただし $q$ が偶数であるとする. \r\n\r\n----\r\n**補題1.**　数列 $x_{n},y_{n}$ を, $x_{1}=q,\\ y_{1}=s$ および漸化式 $$x_{n+1}=sx_{n}+qy_{n},\\ \\ y_{n+1}=-qx_{n}+sy_{n}$$\r\nで定めれば, $(x_{n},y_{n})$ は $n$ についての良い組である.\\\r\n**証明.**　$x_{n}^2+y_{n}^2=p^n$ は容易に確認できるから, $\\gcd(x_{n},y_{n})\\neq 1$ と仮定して矛盾を導けばよい. このとき, \r\n$$(x^\\prime_{n},y^\\prime_{n})=(-sx_{n-1}+qy_{n-1},-qx_{n-1}-sy_{n-1})$$\r\nは $n$ における良い組である. このとき, $i$ を虚数単位とすれば, 以下のように表現できることがわかる.\r\n$$x^\\prime_{n}i+y^\\prime_{n}=(qi+s)^{n-1}(qi-s)=p(qi+s)^{n-2}$$\r\nこれは $x^\\prime_{n}$ および $y^\\prime_{n}$ が $p$ の倍数であることを表すから, これは矛盾である.\r\n\r\n----\r\n　補題1の証明より $x_{n}i+y_{n}=(qi+s)^n$ であるから, そのうち偶数である方 $x_{n}$ について以下が従う.\r\n$$x_{n}=\\sum_{j=1}^{\\lceil n\\/2\\rceil}(-1)^{j+1}{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{2j-1}\\times q^{2j-1}s^{n-2j+1}$$\r\n\r\n----\r\n**補題2.**　$b$ が奇数のとき, $v_{2}({}\\_{a}\\mathrm{C}\\_{b})\\geq v_{2}(a)$ である.\\\r\n**証明.**　$a$ が奇数のときは明らか. 偶数のとき, 等式 $(a-b)\\times {}\\_{a}\\mathrm{C}\\_{b}=a\\times{}\\_{a-1}\\mathrm{C}\\_{b}$ より明らかに成立する.\r\n\r\n----\r\n　補題2より, $v_{2}(x_{n})=v_{2}(qn)$ である. $p=5,13$ のとき $v_{2}(q)=1$, $p=17$ のとき $v_2(q)=2$ であることに留意すれば, $\\gcd(x,y)=1$ を解除した場合を含めることで, 結局のところ以下の $S$ を計算する問題に帰着された.\r\n$$S=\\sum_{n=1}^{2^{1000}} (v_{2}(n)+v_{2}(n-2)+v_{2}(n-4)+\\cdots+v_{2}(1\\ {\\rm or}\\ 2))$$\r\nここで $d$ に等しい項は $(2^{998}+1)2^{999-d}$ 回現れることがわかるから(ただし $d=1000$ は $1$ 回),\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=\\sum_{d=1}^{999}d\\times (2^{998}+1)2^{999-d}+1000\\\\\\\\\r\n&=(2^{998}+1)(2^{1000}-1001)+1000\\ \\ \\ \\ \\left(\\because\\ \\ \\sum_{d=1}^{a} d\\times 2^{a-d}=2^{a+1}-a-2 \\right)\\\\\\\\\r\n&\\equiv -994 \\pmod{2^{998}-1}\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって, $q$ の寄与を考慮して求めるべき値 $Q$ を計算すれば,\r\n$$\\begin{aligned}\r\nQ&=3S+2^{999}(2^{999}+1)\\times(1+1+2) \\\\\\\\\r\n&\\equiv 3\\times(-994) + 2\\times3\\times4 \\pmod{2^{998}-1}\\\\\\\\\r\n&\\equiv -\\textbf{2958}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/216" } ]

[ { "content": "　$\\angle{BCP}=108^\\circ-67^{\\circ}=\\angle PAB$ より, 三角形 $ABP$ と $CBP$ は合同であることがわかる. よって求める角度は $108^\\circ\\/2=\\textbf{54}^\\circ$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/1726" } ]

[ { "content": "　適当にボタンを押すことで新たに追加できるそうめんつゆの最大量は, その時点で容器に入っているそうめんつゆの量に対して単調に増加する. したがって, ある時点で容器に入ったそうめんつゆの量を $a\\\\,\\textrm{ml}$ とすると, $a+40\\gt 1.1a$ すなわち $a\\lt 400$ のときは赤いボタンを, そうでないときは緑のボタンを押すのが最善の戦略となる\\\r\n　 つまり, 初めに赤いボタンを $10$ 回続けて押してから緑のボタンを $5$ 回続けて押した状況を考えればよく,\r\n$$\\displaystyle [N]=\\left[(40\\times 10)\\times {1.1}^{5}\\right]=\\textbf{644}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/2066" } ]

[ { "content": "　正方形の面に $8$ 以下が書き込まれることは無いから, 正方形の面にはちょうど $2$ 種類の数が書き込まれている. ここで $5$ および $7$ が書き込まれた面が同じ正方形の面に隣接しているとき, 明らかに正方形の面には $3$ 種類以上の数が書き込まれることに留意すれば, 適当に三角形の各面に文字を割り振ることで, 条件は以下のように表現できる：\r\n$$X=abc=ade=cdf,\\quad Y=abe=bcf=def$$\r\nここで $X,Y$ は $\\textrm{lcm}(1,2,3,4,6,8)=24$ の倍数であり, $XY=abcdef=2\\times 24^2$ と併せてあり得る組は\r\n$$(X,Y)=(24,48),(48,24)$$\r\nこれより, 書き込まれる数は高々 $7\\times 48=\\textbf{336}$ であり, これは確かに以下のように実現できる：\r\n$$(a,b,c,d,e,f)=(1,6,4,3,8,2)$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/1837" } ]

[ { "content": "　$X={}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{5}$ とおき, ${}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{6}=336X$ に留意する. 条件は $3$ つの排反な事象に分類される：\r\n\r\n- まず, 反時計回りに $6$ 点 $ABCDEF$ をとり, 対角線 $AD,BE,CF$ を引く方法は $336X$ 通りである.\r\n- 次に, 反時計回りに $6$ 点 $ABCDEF$ をとり, 対角線 $AD,BF,CE$ を引く方法は $1008X$ 通りである.\r\n- 最後に, 反時計回りに $5$ 点 $ABCDE$ をとり, 対角線 $AC,AD,BE$ を引く方法は $5X$ 通りである.\r\n\r\n以上より, 解答すべき値は $336+1008+5=\\textbf{1349}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/1901" } ]

[ { "content": "　$x=2^j$ とおくと $f(\\log_2x)$ は $x$ の $99$ 次式となり, 条件よりそれらの根は $2^0,2^1,\\cdots,2^{98}$ である. すなわち, \r\n$$f(j)=a_{99}(2^j-2^0)(2^j-2^1)\\cdots(2^j-2^{98})$$\r\nこれより, $f(100)$ について以下のように変形できる：\r\n$$\\frac{f(100)}{f(99)}=2^{98}\\times\\frac{2^{100}-2^0}{2^{99}-2^{98}}=2^{100}-1$$\r\nよって, $f(100)=99(2^{100}-1)$ であり, $\\lfloor \\log_2{f(100)}\\rfloor=\\textbf{106}$ であることが容易にわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/1902" } ]

[ { "content": "　$B$ に関して $E$ と対称な点を $F$ とすれば, $D,E,F$ は $A$ を中心とする同一円周上にあり, $CD$ はこれに接する. したがって, 正整数 $a,b$ を用いて $BE=a, CE=b$ と表せば, 方べきの定理より\r\n$$b(2a+b)=CE\\times CF=CD^2=2^{20}\\times 3^2$$\r\nしたがって, $b$ としてあり得るものは $2^{20}\\times 3^{2}$ の約数であるような $2^{10}\\times 3$ 未満の偶数であり,\r\n$$2^{11}\\lt 2^{10}\\times 3\\lt 2^{12}, \\quad 2^{8}\\times 3^2\\lt 2^{10}\\times 3\\lt 2^{9}\\times 3^2$$\r\nより, 求める総和は以下のように計算できる. \r\n$$\\sum_{k=1}^{11} 2^k+\\sum_{k=1}^{9} (2^k\\times 3)+\\sum_{k=1}^{8} (2^k\\times 3^2)=\\textbf{11750}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/2067" }, { "content": "　[ $BE=a,CE=b$ とおいたとき， $b(2a+b)=3^2\\times2^{20}$ が成り立つことの別証]\\\r\n ${AD}^2={AE}^2=x^2+{AB}^2$ に注意して， $({AC}^2=){AB}^2+{BC}^2={AD}^2+{CD}^2$ より， ${AB}^2+(a+b)^2=a^2+{AB}^2+{(3\\times2^{10})}^2$\\\r\n これを整理して， $b(2a+b)=3^2\\times2^{20}$ を得る．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc052/editorial/2067/147" } ]

[ { "content": "　ペナルティも含めた最終的な時間はそれぞれ $60+6n$ 分, $75.5+3n$ 分, $98+n$ 分と表せる. したがって\r\n$$60+6n\\geq 75.5+3n,\\ \\ 98+n\\geq 75.5+3n$$\r\nを解けばよく, これより $n=6,7,8,9,10,11$ を得る. 特にこれらの総和は $\\textbf{51}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/307" } ]

[ { "content": "　$s=x+y, t=x-y$ とおけば, 操作によって $s,t$ はそれぞれ独立に等確率に $\\pm1$ されるものと思える. このとき, $st=2021$ となる確率を求めればよい. 対称性より $(s,t)=(43,47)$ に到達する場合のみ考えればよい. このとき $s$ は $57$ 回のうち $50$ 回で $+1$, $t$ は $57$ 回のうち $52$ 回で $+1$ される必要があるから, そのような確率は以下で与えられる. 特に, 全体で求める確率はこれの $4$ 倍である.\r\n$$\\frac{{}\\_{57}\\mathrm{C}\\_{50}}{2^{57}} \\times\\frac{{}\\_{57}\\mathrm{C}\\_{52}}{2^{57}}$$\r\n　ここで ${}\\_{57}\\mathrm{C}\\_{50}$ および ${}\\_{57}\\mathrm{C}\\_{52}$ はそれぞれ $2$ でちょうど $2$ 回, $1$ 回割り切れることから, $b=\\textbf{109}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/308" } ]

[ { "content": "　$CF=EF, \\angle CFE=108^\\circ$ より, 正五角形 $CFEGH$ をとれる. このとき, $CE=EH=FH$ より $B$ は $H$ に一致することがわかる. さらに $\\angle AEG=60^\\circ,AE=GE$ より $\\triangle AEG$ は正三角形である. よって, $G$ は三角形 $ABE$ の外心であり, $\\angle ABE=\\angle AGE\\/2=30^\\circ$ が従うから, $\\angle EBC=72^\\circ$ と併せて $\\angle ABC=\\textbf{102}^\\circ$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/310" } ]

[ { "content": "　$\\Delta$ は複数の集合に対してちょうど奇数個に属する元からなる集合を返すから, 特に結合的にであることに留意せよ.\\\r\n　以下, $S_n$ は「$n$ の約数 $x$ であって $n\\/x$ が平方因子をもたないもの」全体からなる集合であることを帰納法で示す. ある正整数 $n\\geq 2$ について, $n$ 未満で成立を仮定し, $n$ での成立を示せばよい. $n$ 自身および $n$ の約数でない数については明らかである. $n$ の約数 $x\\lt n$ が上の条件をみたすとき, 任意の $x$ で割り切れる $n$ の約数 $d\\lt n$ について常に $d\\in S_d$ であり, このような $d$ は奇数個であるから成立する. $x$ が条件をみたさないときも同様に確認できる.\\\r\n　$2021 = 43 \\times 47$ より $a = 43^{2020} \\times 47^{2020}$ として $S_{2021^{2021}} = \\\\{a,43a,47a,2021a\\\\}$ となり, 元の総和は\r\n$$ 2112a = 2^6 \\times 3 \\times 11 \\times 43^{2020} \\times 47^{2020}$$\r\nよって, 解答すべき値は $2 \\times 6 + 3 + 11 + 43 \\times 2020 + 47 \\times 2020 = \\textbf{181826}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/309" }, { "content": "　$\\Delta$ は複数の集合に対してちょうど奇数個に属する元からなる集合を返し，特に、交換法則および結合法則を満たす． \r\n　以下，正の整数 $i$ に対し，$i$ のすべての正の約数を $d_1\\lt d_2\\lt\\cdots\\lt d_n$ とし，$S_{d_1}\\Delta S_{d_2}\\Delta\\cdots\\Delta S_{d_n}$ を $T_i$ とおく． \r\n　では，相異なる素数 $p,q$ および非負整数 $a,b$ に対し、$S_{p^aq^b}$ を求めよう． \r\n $T_{p^aq^b}=\\\\{ p^aq^b \\\\}$ より，$T_{p^aq^b}\\Delta T_{p^{a-1}q^{b-1}}=\\\\{ p^aq^b \\\\}\\Delta T_{p^{a-1}q^{b-1}}$ なので，$T_{p^{a-1}q^b}\\Delta T_{p^aq^{b-1}}\\Delta S_{p^aq^b}=\\\\{ p^aq^b \\\\}\\Delta T_{p^{a-1}q^{b-1}}$ となる． \r\n よって，$T_{i}=\\\\{i\\\\}$ より，$\\\\{p^{a-1}q^b\\\\}\\Delta \\\\{p^aq^{b-1}\\\\}\\Delta S_{p^aq^b}=\\\\{ p^aq^b \\\\}\\Delta \\\\{p^{a-1}q^{b-1}\\\\}$ となるので，$\\Delta$ は複数の集合に対してちょうど奇数個に属する元からなる集合を返すことに注意して，$S_{p^aq^b}=\\\\{p^aq^b,p^{a-1}q^b,p^aq^{b-1},p^{a-1}q^{b-1}\\\\}$ \r\n　よって， $S_{2021^{2021}}=\\\\{43^{2021}47^{2021},43^{2020}47^{2021},43^{2021}47^{2020},43^{2020}47^{2020}\\\\}$ となり，特に，解答すべき数値は $\\textbf{181826}$ ．", "text": "式変形で集合を直接求める", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/309/193" } ]

[ { "content": "**解法1.**　与式を利用して適当に加減を行うことで, 多項式\r\n$$P(x)=x(x-1)(x-2)(x-333)(x-335)\\cdots (x-2021)$$\r\nについて以下が成立する.\r\n$$ S=\\sum_{k=0}^{2021} P(k)a_k = -(334!)\\times(2021-334)!\\times a_{334}$$\r\nしたがって, 求める $m$ は結局 $334!\\times(2021-334)!$ が $5$ で割り切れる回数 $\\textbf{500}$ である.\r\n\r\n**解法2.** 　与式を利用して適当に加減を行うことで, $0 \\leq i \\lt 2021$ なる整数 $i$ に対し以下の成立が分かる：\r\n$${}\\_0\\mathrm{P}\\_i \\times a_0 + {}\\_1\\mathrm{P}\\_i \\times a_1 + \\cdots + {}\\_{2021}\\mathrm{P}\\_{i} \\times a_{2021} = 0\\quad \\cdots\\cdots (1)$$\r\nただし ${}\\_0\\mathrm{P}\\_0 = 1$, $n \\lt r$ のとき ${}\\_n\\mathrm{P}\\_r = 0$ とする. これを用いて, $0 \\leq i \\leq 2021$ なる任意の整数 $j$ に対し,\r\n$$a\\_j = (-1)^{2021-j}{}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{j}\\times a\\_{2021}\\quad \\cdots\\cdots (2)$$\r\nであることを帰納法によって示す. ただし通常の帰納法と逆順に辿るものとする. すなわち, ある整数 $k\\lt 2021$ に対し, $j\\gt k$ で成立を仮定し, $j=k$ での成立を示す. ここで $j = 2021$ の場合は明らかであることに留意せよ.\\\r\n　　$(1)$ で $i=k$ としたものから始め, 帰納法の仮定および ${}\\_{s}\\mathrm{C}\\_{t} \\times {}\\_{t}\\mathrm{P}\\_{u} = {}\\_{s-u}\\mathrm{C}\\_{t-u} \\times {}\\_{s}\\mathrm{P}\\_{u}$ を利用することで\r\n$$\\begin{aligned}\r\nk! \\times a_k &= -\\left({}\\_{k+1}\\mathrm{P}\\_{k} \\times a_{k+1} + \\cdots + {}\\_{2021}\\mathrm{P}\\_{k} \\times a_{2021}\\right) \\\\\\\\\r\n&= -\\left\\\\{(-1)^{2021-k-1}{}\\_{k+1}\\mathrm{P}\\_{k} \\times {}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{k+1}+ \\cdots + (-1)^0{}\\_{2021}\\mathrm{P}\\_{k} \\times {}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{2021}\\right\\\\}a_{2021} \\\\\\\\\r\n&= -\\left\\\\{(-1)^{2021-k-1}{}\\_{2021-k}\\mathrm{C}\\_{1} + \\cdots + (-1)^0{}\\_{2021-k}\\mathrm{C}\\_{2021-k}\\right\\\\}{}\\_{2021}\\mathrm{P}\\_{k} \\times a_{2021} \\\\\\\\\r\n&= (-1)^{2021-k}{}\\_{2021}\\mathrm{P}\\_{k} \\times a_{2021}\r\n\\end{aligned}$$\r\nただし最後は二項定理である. これより成立が示され, 特に\r\n$$-334!\\times(2021-334)!\\times a_{334}=2021\\times a_{2021}$$\r\nに留意すれば, 以下のように変形できる.\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=\\sum_{k=0}^{2021} k^{2021}a_k \\\\\\\\\r\n&= a_{2021} \\sum_{k=0}^{2021} k^{2021}(-1)^{2021-k}{}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{k}\\\\\\\\\r\n&=2021!\\times a_{2021}=-(334!)\\times(2021-334)!\\times a_{334}\r\n\\end{aligned}$$\r\nただし, 途中の等号は包除原理の発想による. したがって, 解法1と同様に求める $m$ は $\\textbf{500}$ である.\r\n\r\n**補足.**　$A$ の母関数 $f$ をとる. すなわち\r\n$$f=a_0x^0+a_1x^1+\\cdots+a_{2021}x^{2021}$$\r\nこのとき, 与条件は「整数 $0 \\leq i \\lt 2021$ に対し $f^{(i)}(1) = 0$」と言いかえられる. すなわち $1$ は $f$ の $2021$ 重根であるから, $f$ が高々 $2021$ 次であることと併せて $f=a_{2021}(x-1)^{2021}$ と表せ, 特に $(2)$ が成立する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/311" }, { "content": "　一般に $2021$ を $N$ とおく．非負整数 $j,\\ell$ に対し，第二種 Stirling 数を $\\mathscr S(j,\\ell)$ と表すと，$0^0=1$ とみなせば\r\n$$ \\mathscr S(j,\\ell) = \\frac1{\\ell!}\\sum_{k=0}^\\ell(-1)^{\\ell-k}\\mathinner{{}\\_\\ell\\mathrm C\\_k}k^j $$\r\nである．また $\\mathscr S(j,j) = 1$ および $j \\lt \\ell$ で $\\mathscr S(j,\\ell) = 0$ が成り立つ．\\\r\n　$S$ を固定すると $A$ は一通りに定まるから，仮定の式と $\\mathscr S(i,N)$ を照らし合わせることで，各 $k$ に対して\r\n$$ a_k = \\frac{S\\mathinner{(-1)^{N-k}}{}\\_N\\mathrm C\\_k}{N!} \\implies S = (-1)^{N-k}\\mathinner{k!}\\mathinner{(N-k)!}a_k $$\r\nが分かる．よって $N$ を元に戻し $k = 334$ とすることで，求める $m$ として，$334!\\mathinner{(2021-334)!}$ が $5$ で割り切れる回数 $\\mathbf{500}$ を得る．", "text": "第二種 Stirling 数", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/311/5" }, { "content": "　$c = 5^m \\times n$ とおく．与えられた条件式より，$(a_i)\\_{0 \\leq i \\leq 2021}$ は次の一次連立方程式を満たす：\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0^0 & 1^0 & \\cdots & 334^0 & \\cdots & 2021^0 \\\\\\\\\r\n0^1 & 1^1 & \\cdots & 334^1 & \\cdots & 2021^1 \\\\\\\\\r\n\\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\\\\\\r\n0^{2020} & 1^{2020} & \\cdots & 334^{2020} & \\cdots & 2021^{2020} \\\\\\\\\r\n0^{2021} & 1^{2021} & \\cdots & 334^{2021}-c & \\cdots & 2021^{2021} \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\na_0 \\\\\\\\\r\na_1 \\\\\\\\\r\n\\vdots \\\\\\\\\r\na_{2020} \\\\\\\\\r\na_{2021} \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0 \\\\\\\\\r\n0 \\\\\\\\\r\n\\vdots \\\\\\\\\r\n0 \\\\\\\\\r\n0 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n$$\r\n\r\n左辺の係数行列を $A$ とおく．\r\n$S \\neq 0$ より $a_{334} \\neq 0$ なので，この連立方程式には非自明な解が存在する．\r\nよって，$\\det(A) = 0$ が成り立つ．\r\n行列式の多重線型性と展開公式を用いて，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\det(A) &= \\det\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0^0 & \\cdots & 333^0 & 334^0 & 335^0 & \\cdots & 2021^0 \\\\\\\\\r\n0^1 & \\cdots & 333^1 & 334^1 & 335^1 & \\cdots & 2021^1 \\\\\\\\\r\n\\vdots & \\ddots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\\\\\\r\n0^{2020} & \\cdots & 333^{2020} & 334^{2020} & 335^{2020} & \\cdots & 2021^{2020} \\\\\\\\\r\n0^{2021} & \\cdots & 333^{2021} & 334^{2021} & 335^{2021} & \\cdots & 2021^{2021} \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix} \\\\\\\\\r\n& \\quad\\quad+\\det\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0^0 & \\cdots & 333^0 & 0 & 335^0 & \\cdots & 2021^0 \\\\\\\\\r\n0^1 & \\cdots & 333^1 & 0 & 335^1 & \\cdots & 2021^1 \\\\\\\\\r\n\\vdots & \\ddots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\\\\\\r\n0^{2020} & \\cdots & 333^{2020} & 0 & 335^{2020} & \\cdots & 2021^{2020} \\\\\\\\\r\n0^{2021} & \\cdots & 333^{2021} & -c & 335^{2021} & \\cdots & 2021^{2021} \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix} \\\\\\\\\r\n&= \\det\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0^0 & \\cdots & 333^0 & 334^0 & 335^0 & \\cdots & 2021^0 \\\\\\\\\r\n0^1 & \\cdots & 333^1 & 334^1 & 335^1 & \\cdots & 2021^1 \\\\\\\\\r\n\\vdots & \\ddots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\\\\\\r\n0^{2020} & \\cdots & 333^{2020} & 334^{2020} & 335^{2020} & \\cdots & 2021^{2020} \\\\\\\\\r\n0^{2021} & \\cdots & 333^{2021} & 334^{2021} & 335^{2021} & \\cdots & 2021^{2021} \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix} \\\\\\\\\r\n& \\quad\\quad +c\\det\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0^0 & \\cdots & 333^0 & 335^0 & \\cdots & 2021^0 \\\\\\\\\r\n0^1 & \\cdots & 333^1 & 335^1 & \\cdots & 2021^1 \\\\\\\\\r\n\\vdots & \\ddots & \\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\\\\\\r\n0^{2020} & \\cdots & 333^{2020} & 335^{2020} & \\cdots & 2021^{2020} \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nを得る．ここで Vandermonde の行列式を用いてさらに計算を進めると，\r\n$$\r\n\\det(A) = \\prod_{0 \\leq i \\lt j \\leq 2021} (j-i) + c \\prod_{\\substack{0 \\leq i \\lt j \\leq 2021 \\\\\\\\ i,j \\neq 334}} (j-i)\r\n$$\r\nとなるので，$\\det(A) = 0$ より，\r\n$$\r\nc = -\\prod_{i = 0}^{333}(334-i) \\times \\prod_{j = 335}^{2021}(j-334) = -334! \\times (2021-334)!\r\n$$ \r\nを得る．\r\n$c$ は $5$ で最大 $500$ 回割り切れるので，求める答えは $\\textbf{500}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/311/15" } ]

[ { "content": "　スコアを最大化する $X$ について考える．ある整数 $a$ を十進法表記したとき $a = \\overline{a_1a_2 \\cdots a_{2021}}$ と表せるとする. さらに $b_i = 9 - a_i$ とすれば，$a \\in X$ となるための必要十分条件は $\\oplus$ を排他的論理和として\r\n$$b_1 \\oplus b_2 \\oplus \\cdots \\oplus b_{2021} = 0 \\tag{1}$$\r\nとなることを示す．スコアの定義より，$S$ の元を大きい方から順に見て，$X$ の元となり得るものを貪欲に選択していくのが最善である．したがって，$a \\gt k$ での同値性を仮定し，$a = k$ で成立を示せばよい．\\\r\n　$k$ が $(1)$ をみたすとき，$k$ とちょうど $2020$ 桁が一致する数は，$(1)$ の左辺において $k$ から一文字のみが変化するから，$(1)$ をみたさない．仮定よりそのような数は $X$ に含まれないから，$k\\in X$ である．\\\r\n　逆に $k$ が $(1)$ をみたさないとき，$(1)$ の左辺の値を二進法で表したときに，$1$ となる桁の中で最も位の大きなものをとれる．$b_i$ の中から同じ桁が $1$ となるものを一つ任意にとり，$(1)$ が成立するような $b^\\prime_i$ に変更してできた数を $a^\\prime$ とすれば，$b_i \\gt b^\\prime_i$ より $a \\lt a^\\prime$ で，さらに $a^\\prime \\in X$ であるから，$a \\notin X$ が従う．\\\r\n　したがって，以下 $(1)$ をみたす組 $(b_1, \\ldots, b_{2021})$ を数え上げればよい. $b_1, \\ldots , b_{2021}$ の中で $8$ の位が $0$ であるものが存在するから，その中で最も添字の大きいもので $1, 2, 4$ の位を調整することを考えれば，求める値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\lvert X \\rvert &= \\sum_{n=0}^{1010} \\Bigl({}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{2n} \\times 8^{2021-2n-1}\\times 2^{2n}\\Bigr) \\\\\\\\\r\n&= 2^{2017}\\times2\\sum_{n=0}^{1010} \\Bigl({}\\_{2021}\\mathrm{C}\\_{2n} \\times 4^{2021-2n}\\Bigr) \\\\\\\\\r\n&= 2^{2017}((4+1)^{2021}+(4-1)^{2021}) = 2^{2017}(5^{2021} + 3^{2021})\r\n\\end{aligned}$$\r\nFermatの小定理などよりこれを $1009$ で割った余りは $\\textbf{682}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc051/editorial/312" } ]

[ { "content": "　$2$ 点 $(x_s,y_s,z_s), (x_t,y_t,z_t)$ に対し, これらを $33:4$ に内部する点\r\n$$\\left(\\dfrac{4x_s+33x_t}{37},\\dfrac{4y_s+33y_t}{37},\\dfrac{4z_s+33z_t}{37}\\right)\\$$\r\nが格子点となる条件は, $2$ 点の座標が $37$ を法として一致することだから, 求める最小値は $37^3+1=\\textbf{50654}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2127" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{2032}a_{4k-3}=a_{1}+a_{5}+\\cdots+a_{8125}=A\\\\\\\\\r\n\\sum_{k=1}^{2032}a_{4k-2}=a_{2}+a_{6}+\\cdots+a_{8126}=B\\\\\\\\\r\n\\sum_{k=1}^{2032}a_{4k-1}=a_{3}+a_{7}+\\cdots+a_{8127}=C\\\\\\\\\r\n\\sum_{k=1}^{2032}a_{4k}=a_{4}+a_{8}+\\cdots+a_{8128}=D\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\nとする. ここで求めるものは $A+B+C+D$ である. ここで\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nx&=(a_{1}-a_{3})+(a_{5}-a_{7})+\\cdots+(a_{8125}-a_{8127})\\\\\\\\\r\n &=-a_{2}-a_{6}-\\cdots-a_{8126}\\\\\\\\\r\n &=-B\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n同様に $C=-y$ を得る. また, 簡単な計算により $A=C-B$ , $D=B+C$ であることが分かる. よって\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nA+B+C+D&=(C-B)+B+C+(B+C)\\\\\\\\\r\n&=B+3C\\\\\\\\\r\n&=-x-3y\\quad \r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなるから, 解答すべき値は $\\textbf{4}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2126" } ]

[ { "content": "　$n$ を素因数分解して $n={p_1}^{\\alpha_1}{p_2}^{\\alpha_2}\\cdots{p_m}^{\\alpha_m}$ とすれば, 与式は\r\n$$\\dfrac{n}{{(T(n^2)})^2}=\\dfrac{{p_1}^{\\alpha_1}{p_2}^{\\alpha_2}\\cdots{p_m}^{\\alpha_m}}\r\n{\\left\\\\{\r\n(2{\\alpha_1}+1)(2{\\alpha_2}+1)\\cdots(2{\\alpha_m}+1)\r\n\\right\\\\}^2\r\n}$$\r\nここで ${f_p}(x)=\\dfrac{p^x}{({2x+1})^2}$ とすれば, これは $\\displaystyle\\prod_{i=1}^{m}f_{p_i}(\\alpha_i)$ であるから, $f_p(x)$ の最小値について考えると,\r\n\r\n- $p=2$ のとき $x=2$ が最小.\r\n- $p=3,5,7$ のとき $x=1$ が最小.\r\n- $p\\geq 11$ のとき $x=0$ が最小.\r\n\r\n以上より, 求める最小値は $f_2(2)f_3(1)f_5(1)f_7(1)=\\dfrac{28}{1215}$ であるから, 解答すべき値は $1215+28=\\textbf{1243}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2201" } ]

[ { "content": "　正整数 $k$ に対して, 以下が $n$ に関する恒等式になるような実数 $b_1,\\cdots,b_k$ を考える.\r\n$$n^k={b_1}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_1+{b_2}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_2+\\cdots+{b_{k-1}}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{k-1}+{b_k}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_k\r\n$$\r\nそのうち添え字の偶奇が $k$ と一致するものの和を $C(k)$ とし, そうでないものの和を $D(k)$ とすると,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nn^{k+1} &=nb_{1}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{1}+nb_{2}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{2}+\\cdots+nb_k\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_k \\\\\\\\\r\n&= b_1(1\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_1+2\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_2)+\\cdots+b_{k}(k\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{k}+(k+1)\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{k+1}) \\\\\\\\\r\n&= b_1\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{1}+2(b_1+b_2)\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{2}+\\cdots+k(b_{k-1}+b_{k})\\cdot {\\_n}\\mathrm{C}\\_{k}+(k+1)b_{k}\\cdot{\\_n}\\mathrm{C}\\_{k+1}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより $C(k+1)-D(k+1)=C(k)-D(k)$ であり, 特に $C(k)-D(k)=1$ が成立する.\\\r\n　いま $a_i=kb_i$ であることから, $A(k)-B(k)=k$ となる. これに留意して計算する.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{2020} \\dfrac{A(k)^3-B(k)^3+2k^3}{A(k)^2+B(k)^2+k^2}&=\\sum_{k=1}^{2020}\\dfrac{(A(k)-B(k))^3+3A(k)B(k)(A(k)-B(k))+2k^3}{(A(k)-B(k))^2+2A(k)B(k)+k^2}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{2020}\\dfrac{3k^3+3kA(k)B(k)}{2k^2+2A(k)B(k)}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{2020}\\dfrac{3}{2}k\r\n\\end{aligned}\r\n$$ \r\n以上より解答すべき値は $\\dfrac{3}{2}\\cdot\\dfrac{2020\\cdot2021}{2}=\\textbf{3061815}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2196" }, { "content": "　正整数 $m$ に対して，$m$ 次関数 $f_m$ を\r\n$$f_m(x)=\\dfrac{1}{m!}x(x-1)\\cdots(x-m+1)$$\r\nとして定義すると，\r\n$$kn^k=a_1f_1(n)+a_2f_2(n)+\\cdots +a_kf_k(n) \\tag{1}$$\r\nは正整数 $n$ に関する恒等式である．ここで\r\n$$kn^k-a_1f_1(n)-a_2f_2(n)-\\cdots -a_kf_k(n)$$\r\nは $n$ について高々 $k$ 次の多項式であるため，因数定理より，これは恒等的に $0$ であることがわかる．従って，$(1)$ は任意の実数 $n$ に関する恒等式である．\\\r\n　ここで，$n=-1$ を代入すると，\r\n$$k(-1)^k=a_1(-1)+a_2(-1)^2+\\cdots+a_k(-1)^k.$$\r\nゆえに，$k=A(k)-B(k)$ であるため，これに留意して計算する．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{2020} \\dfrac{A(k)^3-B(k)^3+2k^3}{A(k)^2+B(k)^2+k^2}&=\\sum_{k=1}^{2020}\\dfrac{(A(k)-B(k))^3+3A(k)B(k)(A(k)-B(k))+2k^3}{(A(k)-B(k))^2+2A(k)B(k)+k^2}\\\\\\\\ &=\\sum_{k=1}^{2020}\\dfrac{3k^3+3kA(k)B(k)}{2k^2+2A(k)B(k)}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{2020}\\dfrac{3}{2}k. \\end{aligned}$$\r\n以上より解答すべき値は $\\dfrac{3}{2}\\times\\dfrac{2020\\times2021}{2}=\\textbf{3061815}$ である．\r\n\r\n　なお，$(1)$ に $n=1,2,\\ldots,k$ を代入して $a_1,a_2,\\ldots,a_k$ が一意に得られ，上と同様に因数定理を用いることにより，それが問題の条件をみたすことが確認できる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2196/22" } ]

[ { "content": "　$n=2^{2020}$ とする. 総和が奇数の条件を無視すれば ${\\_{4n}}\\mathrm{C}\\_{2n}$ 通りである. このうち, すべてが偶数かつ $a_{2i-1}=a_{2i}$ をみたすもの ${\\_{2n}}\\mathrm{C}\\_{n}$ 通りを除き, 総和が偶数のものと奇数のものが一対一に対応することを確認しよう. 実際に, 条件「$a_{2i-1}=a_{2i}$ かつこれらが偶数である」をみたさない最小の $i$ をとれば, 以下のように対応が得られる.\r\n\r\n- $a_{2i-1}$ が奇数のとき, $a_{2i-1} \\longmapsto a_{2k-1}-1$\r\n- $a_{2i-1}$ が偶数のとき, $a_{2i-1} \\longmapsto a_{2k-1}+1$\r\n\r\n　以下, 一般に $\\dbinom{2^{m+1}}{2^m}-\\dbinom{2^m}{2^{m-1}}$ が $2$ でちょうど $3m$ 回割り切れることを示せば, 求める値は $\\textbf{6062}$ となることがわかる. すなわち, 示すべきことは\r\n$$\\dbinom{2^{m+1}}{2^m}-\\dbinom{2^m}{2^{m-1}}\\equiv2^{3m}\\pmod{2^{3m+1}}$$\r\nここで $x_i=2i-1$ およびその積 $X=x_1x_2\\cdots x_{2^{m-1}}$ について, $2^{2m-1}$ を法として\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\displaystyle\\sum_{i=1}^{2^{m-1}}\\dfrac{X}{x_i}&=\\dfrac{1}{2} \\Biggl(\\displaystyle\\sum_{i=1}^{2^{m-1}}\\dfrac{X}{x_i}+\\dfrac{X}{x_{2^{m-1}-i+1}}\\Biggr) \\\\\\\\\r\n&=2^{m-1}\\displaystyle\\sum_{i=1}^{2^{m-1}}\\dfrac{X}{x_ix_{2^{m-1}-i+1}}\\\\\\\\\r\n&\\equiv -2^{m-1}X\\sum_{i=1}^{2^{m-1}}(x_i^{-1})^2 \\\\\\\\\r\n&\\equiv -2^{m-1}X \\sum_{i=1}^{2^{m-1}}x_i^2 \\\\\\\\\r\n&\\equiv -2^{m-1}X\\times\\dfrac{2^{m-1}(2^m-1)(2^m+1)}{3} \\\\\\\\\r\n&\\equiv 2^{2m-2}\\times\\text{奇数} \\\\\\\\\r\n&\\equiv 2^{2m-2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nこれを利用すると\r\n$$\\displaystyle2\\times\\Biggl(\\prod_{i=1}^{2^{m-1}}(2^m+x_i)-\\prod_{i=1}^{2^{m-1}}(2^m-x_i)\\Biggr)\\equiv 2^{3m}\\pmod{2^{3m+1}}$$\r\n一方で $\\displaystyle\\prod_{i=1}^k(2^i-1)!!=A_k$ とすると, $(2^k)!=2^{2^k-1}\\times A_k$ であるから\r\n$$\\dbinom{2^{m+1}}{2^m}-\\dbinom{2^m}{2^{m-1}}=2\\times(2^m-1)!!\\times\\dfrac{\\displaystyle\\prod_{i=1}^{2^{m-1}}(2^m+x_i)-\\prod_{i=1}^{2^{m-1}}(2^m-x_i)}{A_m}$$\r\n以上より所望の結論を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2205" }, { "content": "　$M$ を求めるお話です．FPS (形式的冪級数) が使えそうだったので使いました．\r\n\r\n----\r\n\r\n　まず，$M$ は以下で表される式を展開したときの $x^{2^{2021}}y^{奇数}$ の係数の総和に等しい（※）．\r\n$$f(x,y)=(1+x+x^2+\\cdots)(1+xy + x^2y^2+\\cdots)(1+xy^2 + x^2y^4 + \\cdots)\\cdots(1+xy^{2^{2021}}+x^2y^{2\\times 2^{2021}}+\\cdots)$$\r\nさらに，実際に展開した後の様子を考えれば，これは $(f(x,1)-f(x,-1))\\/2$ の $x^{2^{2021}}$ の係数に等しい．以下これを求める．\r\n- $f(x,1)$ について．\r\n$$f(x,1)=(1+x+x^2+\\cdots)^{2^{2021}+1}$$\r\nの $x^{2^{2021}}$ の係数を考えればよく，これは「 $2^{2021}+1$ 個の順序付いた非負整数の組であって，その総和が $2^{2021}$ であるものの総数」と等しいことから ${}\\_{2^{2022}} \\mathrm{C}\\_{2^{2021}}$ と求められる．\r\n\r\n\r\n- $f(x,-1)$ について．\r\n$$f(x,y)=\\frac{1}{1-x}\\times \\frac{1}{1-xy} \\times \\cdots \\frac{1}{1-xy^{2^{2021}}}$$\r\nより，特に\r\n$$f(x,-1)=\\left(\\frac{1}{1-x}\\times \\frac{1}{1+x}\\right)^{2^{2020}+1}(1+x) = (1+x^2+x^4+\\cdots)^{2^{2020}+1}(1+x)$$\r\nつまり $(1+x^2+x^4+\\cdots)^{2^{2020}+1}$ の $x^{2^{2021}}$ の係数を考えればよいから，これは先ほどと同様に ${}\\_{2^{2021}} \\mathrm{C}\\_{2^{2020}}$ と求められる．\r\n\r\n以上より，\r\n$$M=\\frac{f(x,1)-f(x,-1)}{2} = \\frac{{}\\_{2^{2022}} \\mathrm{C}\\_{2^{2021}} - {}\\_{2^{2021}} \\mathrm{C}\\_{2^{2020}}}{2}$$\r\nと求められた．\r\n\r\n----\r\n\r\n（※）\\\r\n　各因子は左から順番に $0$ の個数とその総和への寄与， $1$ の個数とその総和への寄与，... を意味しています．ここで，$y$ は $a_1+a_2+\\cdots$ に対応します．本問では「$2^{2021}$ 個の非負整数」の和が奇数となる場合の数を求めるので，文字 $x$ を導入し，$\\underline{{x^{2^{2021}}}} y^{奇数}$ の係数，という縛りを設けて対応しています．\\\r\n　また，実際にはある数が $a_1, a_2, \\cdots, a_{2^{2021}}$の中に $2^{2021}$ 個以上含まれることはないため，各因子は無限次にならないのでは？という疑問があるかもしれませんが，最終的に見るのは $x^{2^{2021}}y^{奇数}$ の係数のみなので無限次にしたところで答えには影響しません．\\\r\n　この式の立て方は [PCT 氏](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/users\\/PCTprobability)の [Mathlog の記事](https:\\/\\/mathlog.info\\/articles\\/229)を参考にしました．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2205/114" } ]

[ { "content": "　以下の両補題を有名事実として認める：\r\n\r\n----\r\n**補題1.**　 内心を $I$ とする三角形 $ABC$ において, $AB,AC$ に接し同時に $\\Gamma$ に内接する円を $C_A$ とし, $C_A$ と $AB,AC$ の接点をそれぞれ $X,Y$ とする.このとき, $3$ 点 $X,I,Y$ は同一直線上にある.\r\n\r\n----\r\n**補題2.**　角 $A$ 内の傍心を $I_A$ とする三角形 $ABC$ において, $AB,AC$ に接し同時に $\\Gamma$ に外接する円を $D_A$ とし, $D_A$ と $AB,AC$ の接点をそれぞれ $X^\\prime,Y^\\prime$ とする.このとき, $3$ 点 $X^\\prime,I_A,Y^\\prime$ は同一直線上にある.\r\n\r\n----\r\n　$\\gamma$ と $AB,AC$ の交点をそれぞれ $B^\\prime,C^\\prime$ とする. $\\triangle{AB^\\prime C^\\prime}$ の内接円を $C_1$ とし傍接円を $C_2$ とすると, 上の両補題より $C_1$ と $\\omega$ の半径比と $C_2$ と $\\omega_A$ の半径比は等しい. よって $C_1,C_2$ を $\\omega,\\omega_A$ に写す相似変換を考えることにより, $BC\\parallel B^\\prime C^\\prime$ となる. このことから $\\gamma$ は $\\Gamma$ に点 $A$ で接すると分かる.\\\r\n　$\\omega,\\omega_A$ と $BC$ の接点をそれぞれ $P,Q$, $\\gamma$ と $\\omega,\\omega_A$ の接点をそれぞれ $S,T$ とし, $\\gamma$ の中心を $O_A$ とする.\r\n\r\n----\r\n**補題3.**　$AS$ と $AQ$, $AT$ と $AP$ はそれぞれ $\\angle{A}$ の二等分線に関して対称である.\\\r\n**証明.**　$BC$ の中点を $M$ とし, $M$ から $\\omega,\\omega_A$への接線 ($BC$ でない方) について, それぞれの接点を $D,E$ とする. ここで $\\angle{PDQ}=90$° であることに留意すれば $3$ 点 $A,D,Q$ が同一直線上にあることが分かる. 同様にして $3$ 点 $A,P,E$ も同一直線上にあるので, $AS$ と $AD$, $AT$ と $AE$ がそれぞれ $\\angle{A}$ の二等分線に関して対称であることを示せばよい. ここで簡単な角度計算より $3$ 点 $A,D,E$ を通る円 $\\gamma^\\prime$ はそれぞれ $D,E$ で $MD,ME$ に接する, つまり $\\omega,\\omega_A$ に接すると分かる. $\\gamma,\\gamma$' はともに $A$ を通り $\\omega,\\omega_A$ に接するから, $\\angle{A}$ の二等分線に関して対称である.\r\n\r\n----\r\n　$S,T$ における $\\gamma$ の接線の交点を $N$ とすると, $SN=TN=PQ\\/2$ がわかり, $PQ=AC-AB=21$ より, $SN=21\\/2$ となる. 補題3より $\\angle{PAQ}=\\angle{SO_AN}$ であるから, $\\tan{\\angle{PAQ}}=21\\/40$ を得る.\\\r\n　ここで, $\\angle{PAQ}=a$, $\\angle{AQP}=\\theta$ とすると, $\\dfrac{r_A}{r}=\\dfrac{\\tan(\\theta+a)}{\\tan\\theta}$ となり, 加法定理から変形して, \r\n$$\r\n\\dfrac{\\tan(\\theta+a)}{\\tan\\theta}=-\\dfrac{1}{\\tan a(\\tan a+\\tan\\theta)+\\dfrac{\\tan^3a+\\tan a}{\\tan a+\\tan\\theta}-2\\tan^2a-1}\r\n$$\r\nとなる. したがって, 相加・相乗平均の関係より\r\n$$\r\n\\dfrac{\\tan(\\theta+a)}{\\tan\\theta}\\geq -\\dfrac{1}{2\\tan a\\sqrt{\\tan^2a+1}-2\\tan^2 a-1}= \\left(\\dfrac{\\cos a}{1-\\sin a}\\right)^2=\\dfrac{1241+21\\sqrt{2041}}{800} \r\n$$\r\nを得る. 逆に条件および上の等号をすべてみたせることが確認できるから, 上が求める最小値であり, 解答すべき値は $1241+21+2041+800=\\textbf{4103}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou2/editorial/2202" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より,\r\n$$x+y+z=-111,\\quad xy+yz+zx=222,\\quad xyz=-333$$\r\nであることに留意すれば, 求める値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{y+z}{x}+\\frac{z+x}{y}+\\frac{x+y}{z}&=\\left(\\frac{x+y+z}{x}-1\\right)+\\left(\\frac{x+y+z}{y}-1\\right)+\\left(\\frac{x+y+z}{z}-1\\right)\\\\\\\\\r\n&=(x+y+z)\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right)-3\\\\\\\\\r\n&=\\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{xyz}-3\\\\\\\\\r\n&=\\frac{(-111)×222}{-333}-3\\\\\\\\\r\n&=\\bm{71}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/1802" } ]

[ { "content": "　中点連結定理より $PQRS$ は平行四辺形であり, 条件の共点を $T$ とすればこれはその中心である. $DT$ と $PQ$ が平行であることより $D$ は $QR$ の中点であり, すなわち $BC$ の中点である. このとき, 三角形 $ABC$ における中線定理より $AD^2=31\\/4$ であるから, 三角形 $TQR$ における中線定理より\r\n$$PR^2+QS^2=4(QT^2+RT^2)=8(DT^2+DQ^2)=\\dfrac{1}{2}(AD^2+BC^2)=\\dfrac{707}{8}$$\r\n特に解答すべき値は $\\textbf{715}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/251" } ]

[ { "content": "　正六角形の頂点に最も近い正三角形 (図の黄色) の埋め方を考えれば順次周りから埋まり, 両端の $2$ 通りのみが適する. これによって, 一辺の長さが $2$ 小さい場合に帰着されるから, 求めるべき場合の数は $2^{20\\/2}=\\bm{1024}$ 通りである.\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/1943" } ]

[ { "content": "　$f$ は整数値のみをとることから, 以下の不等式と $f(10^6)=111222$ を併せればその最大値は $111222$ である.\r\n$$f(n)\\leq \\dfrac{111222444888}{n}\\times\\dfrac{n}{10^6}=111222.444888$$\r\nしたがって, 以下 $f(n)=111222$ なる $n$ について考えればよい. $111222=2\\times3^2\\times37\\times 167$ に留意せよ.\\\r\n　このとき $m=[n\\/10^6](\\leq 111222)$ について, $m$ は $111222$ の約数で,\r\n$$10^6m\\leq n\\lt 10^6(m+1)$$\r\n一方で $[111222444888\\/n]=111222\\/m$ より\r\n$$n \\leq (10^6+4)m \\lt n+\\dfrac{mn}{111222}$$\r\n$m$ の範囲に留意してこれらを総合すれば $10^6m \\leq n \\leq (10^6+4)m$ である. すなわち, 求めるべき値は\r\n$$\\sum_{m\\mid 111222}(4m+1)=\\textbf{995928}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/282" }, { "content": "　公式解説より $f(n) = 111222$ なる $n$ について考えればよいことが分かる．$n$ を $10^6$ で割った商を $a$ ，余りを $b$ として\r\n$$\\left[ \\frac{111222444888}{10^6a + b} \\right] = \\frac{111222}{a}$$\r\nとなればよいから，$a$ は $111222$ の約数である．$f(n)$ の値は $111222$ を超えないことに注意すれば\r\n$$\\frac{111222444888}{10^6a+b} \\geq \\frac{111222}{a} \\Leftrightarrow 4a \\geq b$$\r\nが条件となり，$4a \\leq 4 \\times 111222 \\lt 10^6$ より各 $a$ に対応する余り $b$ は $4a + 1$ 個である．従って，求めるべき値は\r\n$$\\sum _{a|111222} (4a + 1) = 4 \\times 248976 + 24 = \\bm{995928}$$\r\n---\r\n補足：最終行の計算では $111222$ の素因数分解が必要になるが，初めに$111222 = 111 \\times 1002$ と変形すると計算しやすい．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/282/275" } ]

[ { "content": "　$ABD$ および $BCD$ にそれぞれ余弦定理を適用して $BD^2$ を $2$ 通りに表現することで $AD=7$ を得る. このとき $XAD$ と $XCB$ は相似比 $1:2$ の関係にあることから, $XA=15,XD=13$ を容易に得る.\\\r\n　ここで $\\Gamma,\\Omega_{B},\\Omega_{C}$ の中心をそれぞれ $O,O_B,O_C$, $XB$ の中点を $M$, $\\Gamma$ における $B$ の対蹠点を $B^\\prime$ とすれば, $O_B$ は $BX$ の垂直二等分線と $BO$ の交点であり, $\\angle BAB^\\prime=\\angle BMO_B=90^\\circ$ と併せて $\\Gamma$ の直径 $d$ について\r\n$$BO_B=BB^\\prime\\times\\dfrac{BM}{BA}=\\dfrac{13}{11}d$$\r\n同様にして, $CO_C=\\dfrac{15}{17}d$ を得るから, $BO_B:CO_C=221:165$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{386}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/1583" } ]

[ { "content": "　$\\alpha=\\cos\\theta_0 +2$ なる実数 $2\\pi\\/3\\leq\\theta_0\\leq\\pi$ が一意に存在することに留意する. さらに $x_n=\\cos\\theta+2$ について,\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx_{n+1}=2(\\cos\\theta+2)^2-8(\\cos\\theta+2)+9=2\\cos^2\\theta+1=\\cos2\\theta+2\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって, $\\cos2^{10}\\theta_0=\\cos\\theta_0$ なる $\\theta_0$ の個数を求めればよい. これは和積公式より\r\n$$\\sin\\dfrac{1023}{2}\\theta_0\\sin\\dfrac{1025}{2}\\theta_0=0$$\r\nと同値であることに留意すれば, 以下で表される $\\textbf{342}$ 個である.\r\n$$\\theta_0=\\dfrac{2}{3}\\pi,\\dfrac{684\\pi}{1023},\\cdots,\\dfrac{1022\\pi}{1023},\\dfrac{684\\pi}{1025},\\dfrac{686\\pi}{1025},\\ldots,\\dfrac{1024\\pi}{1025}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc050/editorial/1752" } ]

[ { "content": "　$AB=3a$ とすれば, 図1および図3について斜線部の周長はそれぞれ $30a,50a$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{8}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/2125" } ]

[ { "content": "　$(A_s,A_t,A_u)$ を固定し, その総和への寄与を考えることで, 以下の成立が容易にわかる.\r\n$$M=\\binom{2021}{3}\\times\\binom{2021}{3}\\times 2018!=\\dfrac{1}{6^2}\\times 2019\\times 2020\\times 2021\\times 2021!$$\r\nLegendreの定理より, これが $2$ で割り切れる回数は $\\textbf{2013}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/2197" } ]

[ { "content": "　$x+y+z=p,xy+yz+zx=q,xyz=r$ とおけば, 条件を整理することで以下を得る：\r\n$$ r-2q+3p=4,\\quad r-3q+8p=20,\\quad r-4q+15p=54 $$\r\nこれを解くと $p=9,q=29,r=35$ を得る. 同様に $f(4)$ においても分母を払えば\r\n$$f(4)(r-4q+16p-64)=4(q-8p+48)$$\r\nこれより $|f(4)|=|-20|=\\textbf{20}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/1365" } ]

[ { "content": "　${\\dfrac{1}{s_i}+\\dfrac{1}{s_{2021-i}}=1}$ を変形して $(s_i-1)(s_{2021-i}-1)=1$ を得るから,\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{i=1}^{2021}\\dfrac{1}{{s_i}^3-3{s_i}^2+3{s_i}}&=\\sum_{i=1}^{2021}\\dfrac{1}{(s_i-1)^3+1}\\\\\\\\\r\n&=1+\\sum_{i=1}^{1010}\\left(\\frac{1}{(s_i-1)^3+1}+\\frac{1}{(s_{2021-i}-1)^3+1}\\right)\\\\\\\\\r\n&=1+\\sum_{i=1}^{1010}\\left(\\frac{1}{(s_i-1)^3+1}+\\cfrac{1}{\\cfrac{1}{(s_i-1)^3}+1}\\right)\\\\\\\\\r\n&=1+\\sum_{i=1}^{1010}1 = \\textbf{1011}\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/2194" } ]

[ { "content": "　任意の人について, 組み換えによらず属するグループの偶奇は一定であるから, 条件ははじめあなたが奇数個のグループに属することである. すなわち, ${\\_{2021}}\\mathrm{C}\\_{m}$ が奇数となる $0\\leq m\\leq2021$ の個数を数えればよい. これはLucasの定理より $m$ と $2021$ の論理積が $m$ に一致することと同値で, $2021_{(10)}=11111100101_{(2)}$ より $2^8=\\textbf{256}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/2142" } ]

[ { "content": "　$\\triangle{ABC}$ の周長を $S$ とすると, 以下が容易に分かるから, $A$ と $BC$ の距離を求めればよい.\r\n$$S_BS_C=\\dfrac{S}{2}-AD$$\r\n辺 $AB,AC$ の中点を $M,N$ とし, $F_B,F_C$ の中心をそれぞれ $O_B,O_C$ とする. 直線 $MN$ と直線 $O_BB,O_CC$ の交点をそれぞれ $Q,R$ とし, $B$ から $AO_B$ に下ろした垂線の足を $H$ とする.\\\r\n　$4$ 点 $B,O_B,S_B,H$ は $BO_B$ を直径とする円周上にあるから, 簡単な角度計算により $∡{BS_BH}=∡{DS_BT_B}$ となり, $3$ 点 $H,S_B,T_B$ は同一直線上にあると分かる. また $4$ 点 $A,Q,B,H$ は $AB$ を直径とする円周上にあるからこれも簡単な角度計算により $∡{O_BHS_B}=∡{AHQ}$ となり, $3$ 点 $Q,H,S_B$ は同一直線上にあると分かる. 以上から直線 $S_BT_B$ は $D$ の位置に関わらず $Q$ を通る. 同様にして, 直線 $S_CT_C$ は $D$ の位置に関わらず $R$ を通る. \\\r\n　いま, $\\angle{QPR}=90^\\circ$ であるから, $P$ は $QR$ を直径とする円周上を動くと分かり, 問題の条件から $QR=8$ である. よって $S=16$ となるから, $BC=7$ となる.\\\r\n　以上から求める $S_BS_C$ の最大値は $\\dfrac{56-8\\sqrt{6}}{7}$ と計算でき, 解答すべき値は $56+8+6+7=\\textbf{77}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/2130" } ]

[ { "content": "　平面上のいくつかの点の集合について, どの $3$ 点も同一直線上になくどの $4$ 点も同一円周上にないとき, これを**整った**と呼ぶこととする. 以下, 単に**円**や**三角形**などといえば, その頂点は整った点の集合から選ばれた $3$ 点であるとする.\r\n\r\n----\r\n**補題1.**　整った $s$ 個の点に対して, 他のすべての点を内部に含む円が存在する. つまり $M=s-3$ である.\\\r\n**証明.**　$s$ 個の点の凸包を $P_1\\cdots P_k$ とし, $\\angle{P_1P_3P_2},\\cdots,\\angle{P_1P_kP_2}$ のうち大きさが最小であるものを $\\angle{P_1P_iP_2}$ とすれば, $P_1,P_2,P_i$ を通る円は他の $s-3$ 個の点を内部に含む.\r\n\r\n----\r\n**補題2.**　整った $s$ 個の点の凸包が $t$ 角形となることと, $f(s-3)=t-2$ が成り立つことは同値である.\\\r\n**証明.**　左から右を示せば逆は明らかに従う. まず, 相異なる三角形のそれぞれ外接円がともに他のすべての点を内部に含むとき, $2$ つの三角形の辺は交わらないことが容易にわかる. また, 外接円が他のすべての点を内部に含むような三角形たちで, 凸包である $2n$ 角形の三角形分割を構成できることが分かる. 以上を併せることで示された.\r\n\r\n----\r\n　整ったいくつかの点 $S$ に対して, すべての円の内部の点の個数の総和を $S$ の**重さ**と呼ぶこととする.\\\r\n　また, 同様にすべての三角形の内部の点の個数の総和を $S$ の**密度**と呼ぶこととする. \r\n\r\n----\r\n**補題3.**　整った $s\\geq 4$ 個の点の重さを $G$ とし, 密度を $D$ とすると, 配置によらず $G+D=2\\times{\\_s}\\mathrm{C}\\_4$ が成り立つ.\\\r\n**証明.**　$s$ 個の点を $P_1,\\cdots,P_s$ とし, $P_k$ を除いた $s-1$ 点の重さを $G_k$, 密度を $D_k$ とする. ${\\_s}\\mathrm{C}\\_3$ 個の円のうちある一つ $C$ に着目すれば, その内部の点は $G_1,\\cdots,G_s$ において $s-4$ 回重複してカウントされるから,\r\n$$(s-4)G=\\sum_{k=1}^{s}G_k$$\r\nまた同様な議論から次も成り立つ\r\n三角形についても同様に議論することで, 結局以下を得る.\r\n$$(s-4)(G+D)=\\sum_{k=1}^{s}(G_k+D_k)$$\r\nよって, $s=4$ のとき常に $G+D=2$であることとに留意すれば, 帰納的に成立が示される.\r\n\r\n----\r\n　 以下, 整った $2n$ 個の点に一般化して議論を進める. すなわち条件は $f(M)=n$ であるから, 補題1,2より凸包は $n+2$ 角形である. $2n$ 個の点の重さを $G$, 密度を $D$ とすると, 補題3より $G=2\\times{\\_{2n}}\\mathrm{C}\\_4-D$ であり, 求める\r\n$$f(1)+2f(2)+\\cdots+(M-1)f(M-1)+Mf(M)$$\r\nの最大値は $G$ の最大値と等しいから, $D$ の最小値を求めればよい.\\\r\n　まず$D\\geq (n-2)(2n-3)$ を示す. 凸 $n+2$ 角形の内部の点 $P$ について, $n+2$ 角形の頂点からなり, $P$ を内部に含むような三角形は少なくとも $n$ 個存在する. また $P$ と $n+2$ 角形の頂点をそれぞれ結んだとき, $n+2$ 角形の内部は $n+2$ 個の三角形によって分割されるので, 内部に他の点 $Q$ があったとき, $P$ と $n+2$ 角形の頂点からなる三角形であって $Q$ を内部に含むようなものが必ず存在する.\r\nよって\r\n$$D\\geq n(n-2)+(n-3)(n-2)=(n-2)(2n-3)$$\r\n　逆に $D=(n-2)(2n-3)$ をみたす配置が存在する. $2n$ 個の点の凸包である凸 $n+2$ 角形を$P_1\\cdots P_{n+2}$ とし, 任意の $i$ について, $P_iP_{i+1},P_iP_{i+2},P_{i+1}P_{i-1}$ に囲まれた領域内に $Q_iQ_{i+1}\\parallel P_iP_{i+2}$ をみたすように $Q_i$ を適当にとり, 凸包の内部にある $n-2$ 個の点を $Q_1,\\cdots,Q_{n+2}$ の中から選べばよい.\\\r\n　以上より $G$ の最大値は $2\\times{\\_{2n}}\\mathrm{C}\\_4-(n-2)(2n-3)$ であるから, $n=500$ を代入して $\\textbf{82833752994}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omckoukou1/editorial/2150" } ]

[ { "content": "　凸多角形の外角の和は $360$ 度であるから, 正しさは $5$ 以上になり得ない.\\\r\n　逆に長方形の正しさは $\\textbf{4}$ であるから, これが求める最大値である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc049/editorial/1544" } ]

[ { "content": "　与式は $(ab-1)(c+d-1)=10$ と変形される.\r\n\r\n- $(ab,c+d)=(2,11)$ のとき, $2\\times10=20$ 通り.\r\n- $(ab,c+d)=(3,6)$ のとき, $2\\times5=10$ 通り.\r\n- $(ab,c+d)=(6,3)$ のとき, $4\\times2=8$ 通り.\r\n- $(ab,c+d)=(11,2)$ のとき, $2\\times1=2$ 通り.\r\n\r\n以上より求める組の数は $\\textbf{40}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc049/editorial/220" } ]

[ { "content": "　$a+b+c+d=19$ なる整数 $0\\leq a,b,c,d\\leq 9$ の組を数え上げればよい.\r\n\r\n**解法1.**　$(a+b,c+d)=(1,18)$ なるものは $2\\times1=2$ 通り, $(a+b,c+d)=(2,17)$ なるものは $3\\times2=6$ 通りあり, 同様にこれを $(18,1)$ まで考えることで求める場合の数は\r\n$$2\\times 1+3\\times2+\\cdots+10\\times 9+9\\times 10+\\cdots+1\\times 2=\\textbf{660}$$\r\n\r\n**解法2.**　$9$ 以下であるという条件を無視すれば ${}\\_{22}\\mathrm{C}\\_{3}$ 通りである. ここで $a,b,c,d$ のうち $10$ 以上であるものは高々一つである. $a$ が $10$ 以上であるとき, $a^\\prime=a-10$ とおけば $a^\\prime+b+c+d=9$ なる非負整数の組 $(a^\\prime,b,c,d)$ の個数に帰着され, これは ${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{3}$ である. したがって, 求める場合の数は ${}\\_{22}\\mathrm{C}\\_{3}-4\\times{}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{3}=\\textbf{660}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc049/editorial/221" } ]

[ { "content": "　定義から $\\\\{3x^2\\\\}$ は常に $0$ 以上 $1$ 未満であるから,\r\n$$\\frac{3}{2}\\lt \\left\\lfloor\\frac{1}{2}x\\right\\rfloor\\le\\frac{5}{2} \\implies \\left\\lfloor\\frac{1}{2}x\\right\\rfloor=2$$\r\nすなわち $4\\le x\\lt 6$ である. ここで $\\\\{3x^2\\\\}=3x^2-m$ ($m=48,\\cdots,107$) とおけば,\r\n$$ \\\\{3x^2\\\\}+\\left\\lfloor\\frac{1}{2}x\\right\\rfloor-\\frac{5}{2}=0 \\implies x=\\sqrt{\\frac{m}{3}+\\frac{1}{6}} $$\r\nこれらの形で表される $60$ 個が求める実数解であり, それらの平方の総和は\r\n$$ \\left(\\frac{48}{3}+\\frac{1}{6}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{107}{3}+\\frac{1}{6}\\right)=\\frac{1}{3}\\times\\frac{(48+107)\\times60}{2}+\\frac{1}{6}\\times60=\\textbf{1560}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc049/editorial/1506" } ]

[ { "content": "　$ACR$ が正三角形となるような点 $R(\\neq B)$ について, $AQ$ と $CR$ の交点を $S$ とすれば, $ABP$ と $ACS$ は合同であり, かつ $AR$ と $CQ$ は平行であるから, $AR:CQ=RS:SC=10:11$ を得る. 特に $CQ=\\dfrac{231}{10}$ であるから, 解答すべき値は $\\textbf{241}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc049/editorial/1269" } ]

[ { "content": "　経路によって分割される $2$ 領域のうち, 上側に含まれるマスの個数を $x$ とすれば, $x$ としてあり得る値は\r\n$$x=0,2,5,8,17,20,23,25$$\r\nあとは各 $x$ について, 以下の条件をみたす組 $(a,b,c,d,e)$ の個数 $p(x)$ を求めればよい.\r\n\r\n- すべて $0$ 以上 $5$ 以下の整数である.\r\n- $a\\leq b\\leq c\\leq d\\leq e$\r\n- $a+b+c+d+e=x$\r\n\r\nここで $a,b,c,d,e$ は各行について上側の領域に属するマスの個数に対応する.\\\r\n　$x\\leq 5$ のときこれは $x$ の分割数に一致し, $p(0)=1,p(2)=2,p(5)=7$ である. また $x=8$ のとき, $6$ 以上の整数を用いた分割, および $6$ つ以上の正整数を用いた分割を除外することで\r\n$$p(8)=22-2\\times(p(0)+p(1)+p(2))=14$$\r\nさらに $p(x)=p(25-x)$ であるから, 以上より求める場合の数は $2\\times(1+2+7+14)=\\textbf{48}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc049/editorial/1437" } ]

[ { "content": "**解法1.**　与方程式は $x=0$ を解に持たないから, $20x^{2020}=1-\\dfrac{21}{x}$ とすれば, 解の逆数和を求めればよい. ここで,\r\n$$21y^{2021}-y^{2020}+20=y^{2021}\\left(20\\left(\\frac{1}{y}\\right)^{2021}-\\dfrac{1}{y}+21\\right)=0$$\r\nは, 与方程式のそれぞれの解 $x=X$ に対して $y=1\\/X$ を解にもつ方程式であるから, 解と係数の関係より与方程式の解の逆数和は $1\\/21$ であり, 特に求める総和は $(2021-21\\times(1\\/21))\\/20=\\textbf{101}$ である.\r\n\r\n**解法2.**　与式の定数項を移項して両辺を $2020$ 乗することで, $a=x^{2020}$ に関する $2021$ 次の方程式\r\n$$a(20a-1)^{2020}=21^{2020}$$\r\nを得る. これの $2021$ 次, $2020$ 次の係数はそれぞれ $20^{2020},-20^{2019}\\times 2020$ であるから, 解と係数の関係より求める総和は $-(-20^{2019}\\times 2020)\\/20^{2020}=\\textbf{101}$ である．\r\n\r\n**余談.**　本問の答えは与方程式の定数項に依らないことがわかる. 解法2が直感的にこの事実を示す.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc048/editorial/1613" } ]

[ { "content": "　$105$ 以下の正整数は, $3,5,7$ で割った余りをそれぞれ定めることで一意に定まることに留意せよ.\\\r\n　$S$ において, $3,5,7$ の倍数はそれぞれ高々一つであるから, いずれの倍数でもない元について考える. これらについて, $3,5,7$ で割った余りは高々 $1,2,3$ 通りであるから, $N\\leq 3+1\\times 2\\times 3=9$ が従う.\\\r\n　以下, $N=9$ なる良い集合を数え上げる. 例えば $7$ で割った余りについて, $(1,6),(2,5),(3,4)$ の各ペアから一つずつを選択することになる. また, 例えば唯一の $3$ の倍数について, $5,7$ で割った余りの選び方がそれぞれ $2,3$ 通り存在する. 他の場合も同様に考えることで, 求める個数は $2^{1+2+3}\\times(1\\times2)\\times(1\\times3)\\times(2\\times 3)=\\textbf{2304}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc048/editorial/1615" } ]

[ { "content": "　$39305$ 秒後までに $X$ が $k$ 回移動する確率は ${}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{k}\\/2^{39305}$ であるから, 求める確率 $P$ は\r\n$$P=\\dfrac{1}{2^{39305}}\\left({}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{0}+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{4}+\\cdots+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{39304}\\right)$$\r\nところで, 二項定理より以下の四式がそれぞれ成立する：\r\n$$\\begin{alignedat}\r\n\\ &&(1+1)^{39305}&&&={}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{0}&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{1}&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{2}&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{3}&&+&&\\cdots&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{39305} \\\\\\\\\r\n\\ &&(1-1)^{39305}&&&={}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{0}&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{1}&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{2}&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{3}&&+&&\\cdots&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{39305} \\\\\\\\\r\n\\ &&(1+i)^{39305}&&&={}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{0}&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{1}i&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{2}&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{3}i&&+&&\\cdots&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{39305}i \\\\\\\\\r\n\\ &&(1-i)^{39305}&&&={}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{0}&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{1}i&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{2}&&+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{3}i&&+&&\\cdots&&-{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{39305}i\r\n\\end{alignedat}$$\r\n$(1+i)^8=(1-i)^8=2^4$ を用いてこれらを辺々足し合わせることで,\r\n$$2^{39307}P=4\\left({}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{0}+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{4}+\\cdots+{}\\_{39305}\\textrm{C}\\_{39304}\\right)=2^{39305}+2^{19653}$$\r\nよって $P=(2^{19652}+1)\\/2^{19654}$ であるから, あとは $a=2^{19652}+1$ の素因数について考えればよい. 適当な計算によって $2,3,5,7,11,13$ では割れないことがわかる. 一方で $19652=4\\times 17^3$ であるから, $a=16^{17^3}+1$ とみなすことでLTEの補題よりこれは $17$ でちょうど $4$ 回割り切れ, 以上より解答すべき値は $\\textbf{68}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc048/editorial/288" } ]

[ { "content": "　漸化式より以下が従うから, $\\alpha^2+\\beta^2=1$ である.\r\n$$a_{n+1}^2+b_{n+1}^2=(\\alpha^2+\\beta^2)(a_n^2+b_n^2)$$\r\nすなわち, ある $\\theta$ によって $(\\alpha,\\beta)=(\\cos\\theta,\\sin\\theta)$ とおけ, ある $\\theta_n$ によって\r\n$$(a_n,b_n)=5\\sqrt{26}(\\cos\\theta_n,\\sin\\theta_n)$$\r\nと表せば $\\theta_{n+1}\\equiv\\theta_{n}+\\theta$ を得る. さらに条件より, 座標平面上に点 $P_0,P_1,\\cdots,P_{2003}$ をとると, これらは原点を中心とする正 $2004$ 角形をなすことがわかる.\\\r\n　ここで, 以下の直線 $l_k$ を考えると, $|2021-a_kX-b_kY|$ は定点 $(X,Y)$ と $l_k$ の距離の $5\\sqrt{26}$ 倍に等しい：\r\n$$l_k:a_kx+b_ky=2021$$\r\nさらに, $l_k$ は $OP_k$ に垂直であり, すべて原点から距離 $2021\\/5\\sqrt{26}$ であるから, $l_k$ たちはやはり原点を中心とする正 $2004$ 角形をなし, $(X,Y)$ がこの正 $2004$ 角形の内部にある限り以下の総和は一定である：\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=0}^{2003}|2021-a_kX-b_kY|$$\r\nすなわち $(X,Y)$ を元の $(9,30)$ から$(0,0)$ に置き換えてよく, 以上より求める総和は $\\textbf{4050084}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc048/editorial/1611" } ]

[ { "content": "　$Q(x)=(x-1)P(x)$ とおくと, 問題文の条件より以下のように表せる：\r\n$$Q(x)=\\sum^t_{i=1}x^{A_i}-\\sum^s_{i=1}x^{B_i}-8$$\r\nただし, $A_i$ および $B_i$ に重複はなく, $A_1=17$ とする. また $Q(1)=0$ より $t=s+8$ であり, このとき $Q$ と問題の前半の条件をみたす $P$ は一対一に対応する. さらに, 簡単な評価によって $P$ は $1$ を根にもたないから, 以下 $1$ 以外の有理数根をもつ $Q$ について考えればよい. 有理数根 $q$ の候補は $-1,\\pm2,\\pm4,\\pm8$ である.\\\r\n　ここで $q\\neq -1$ のとき, $2$ べきの加減で $0$ を作ることとなる. 重複し得るのは $8$ のみであり, あり得る唯一の形は\r\n$$2^N-2^{N-1}-2^{N-2}-\\cdots-16-8-8=0$$\r\nしかし, これは $t=s+8$ に反することが容易にわかる. すなわち $q=-1$ である.\\\r\n　このとき, $Q(x)$ の $\\sum x^{A_i}-\\sum x^{B_i}$ 部分において, 指数が偶数で符号が正・負の項数をそれぞれ $\\alpha,\\beta$ とおけば,\r\n$$0=Q(-1)=(\\alpha-(s+8-\\alpha))-(\\beta-(s-\\beta))-8=2\\alpha-2\\beta-16$$\r\nこれより $(\\alpha,\\beta)=(8,0)$ であるから, 求める場合の数は単純な二項係数の総和で表せる. 具体的には\r\n$${}\\_8\\mathrm{C}\\_0\\times{}\\_{8-0}\\mathrm{C}\\_1+{}\\_8\\mathrm{C}\\_1\\times{}\\_{8-1}\\mathrm{C}\\_2+{}\\_8\\mathrm{C}\\_2\\times{}\\_{8-2}\\mathrm{C}\\_3+{}\\_8\\mathrm{C}\\_3\\times{}\\_{8-3}\\mathrm{C}\\_4=\\textbf{1016}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc048/editorial/1933" } ]

[ { "content": "　一般に $BC=a,AC=b,AB=c,ID=r\\\\,(b\\neq c)$ として考える. ただし, 点 $I$ は $ABC$ の内心である. \\\r\n　簡単な角度計算によって $P$ は $IBC$ の垂心であることが分かるから, $PD$ は $\\omega$ の直径である. これより, 直線 $AP$ と $BC$ の交点を $S_A$ などとすれば, well-known factとして $BS_A=CD$ である. 一方で $BS_C=CS_B=a$ であるから, これらよりCevaの定理を用いて立式すれば, $3a=b+c$ が成立することが確認できる.\\\r\n　ここで, 三角形 $ABC$ の面積について $s=(a+b+c)\\/2$ を用いて表せば\r\n$$sr=\\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$\r\n$3a=b+c$ より $s=2a$ であるから, 整理すると $2r=\\sqrt{2(bc-2a^2)}$ を得る.\\\r\n　$D$ について $L$ と対称な点を $M$ とすれば, $P$ が $IBC$ の垂心であることから\r\n$$DM\\times DK=DL\\times DK=BD\\times CD=DI\\times DP$$\r\nすなわち $P,I,M,K$ は共円, $PM$ はその直径である. よって $DL=DM=MP$ であり, 中線定理などから\r\n$$PX^2=PL^2-LX^2=PL^2+PM^2-2DL^2=2PD^2=8r^2$$\r\n本問では $(a,b,c)=(11904,17296,18416)$ であるから, $PX^2=4(bc-2a^2)=\\textbf{140450816}$ である.\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc048/editorial/1609" } ]

[ { "content": "　各 $4$ 数の選び方に対し, 条件をみたす $4$ 桁の整数が $1$ つずつ対応するから, 求める値について ${}_9 \\mathrm{ C }_4=\\bf{ 126 }$ 通り.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc047/editorial/1995" } ]

[ { "content": "　条件より $(x+3)(y+1)=2025$ であり, 相加・相乗平均の関係より\r\n$$x+y+4\\geq 2\\sqrt{(x+3)(y+1)}=90$$\r\nを得る. 逆に $(x,y)=(42,44)$ で等号が成立するから, 求める最小値は $\\textbf{86}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc047/editorial/1836" } ]

[ { "content": "　一般に $2n$ 角形で考える. 直角三角形の選択にあたって, 斜辺となる直径を固定することで, 求めるスコアの総和は\r\n$$\\begin{aligned}\r\nM&= \\displaystyle \\sum_{t=1}^n \\left(\\displaystyle \\sum_{i=1}^{2n}(i+2t+n) - (3t+n) - (3t+2n) \\right ) \\\\\\\\\r\n&=6n^3-3n^2-3n\r\n\\end{aligned}$$\r\nただし後ろの $2$ 項は, 直径の両端を $3$ 点目として選択する可能性を減じている. \r\n\r\n**別解1.**　直角三角形のとり得るスコアの最小値は$n+4$ で, 逆に最大値は $5n - 1$ である. このとき, 直角三角形は全部で $n(2n-2)$ 通りとれることに留意すれば, 実は求める総和は以下のように計算できる：\r\n$$M=\\dfrac{1}{2}\\times\\left( (n+4)+(5 n - 1)\\right)\\times n(2n- 2)$$ \r\n\r\n**別解2.**　頂点の一つが $P_i$ である直角三角形のうち, $\\angle{P_i}=90^{\\circ}$ となるものは $(n-1)$ 個, $\\angle{P_i}\\neq90^{\\circ}$ となるものは $2(n-1)$ 個存在するから\r\n$$\\begin{aligned}\r\nM= 3(n-1)\\displaystyle \\sum_{k=1}^{2n} k =3(n-1)n(2n+1)\r\n\\end{aligned}$$ \r\n　いずれにせよ, 特に $n=50$ において $M=\\textbf{742350}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc047/editorial/1921" } ]

[ { "content": "　以下の要領で, $2$ 個以下の $2$ と残りすべて $3$ という状況 ($\\textrm{mod}\\ 3$ を考えればこれは一意) に帰着できる：\r\n\r\n- $1$ を含む場合は, 適当なものに $1$ 加算する.\r\n- $2$ を $3$ 個含む場合は, これを $2$ 個の $3$ に置き換える.\r\n- $4$ を含む場合は, これを $2$ 個の $2$ に置き換える.\r\n- $5$ 以上の整数 $a$ を含む場合はこれを $2,a-2$ に置き換える.\r\n\r\nしたがって, $2021=2+3\\times 673$ より $M=2\\times 3^{673}$ であるから, 特に解答すべき値は $\\textbf{674}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc047/editorial/2018" } ]

[ { "content": "　$\\angle CDP$ の二等分線と $CP$ の交点を $Q$ とすると, $CQ:QP=10:7$ である. また\r\n$$\\angle QDC=\\angle BDC\\/2=\\angle BAC\\/2=\\angle ACB=\\angle ADB$$\r\nおよび $\\angle QCD=\\angle ACD=\\angle ABD$ より三角形 $ABD$ と $QCD$ は相似であるから $AD:DQ=7:5$ である. これは $AP:PQ$ に等しいから, 以上より以下の比を得る.\r\n$$AP:PQ:QC=49:35:50$$\r\nよって方べきの定理より $CP=\\sqrt{\\textbf{85}}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc047/editorial/1960" } ]

[ { "content": "　いくつかの正整数を小さい順に $a_1,a_2,\\cdots,a_n$ とする. まず, 以下の自明な不等式に注意する：\r\n$$m\\gt n+1 \\implies (m-1)(n+1)\\gt mn$$\r\nこれを繰り返し利用すれば $a_1$ 以上 $a_n$ 以下の正整数において, 登場しないものは高々 $1$ つとしてよいことがわかる. また, 先問と同様にして (ただし大小関係を崩さないよう注意する) $a_1=2$ または $a_1=3$ であるとしてよい. \\\r\n　なお, $a_1=4$ については $(4,a_2)\\to(2,2,a_2)\\to(2,3,a_2-1)$ などとする必要があることに注意せよ.\r\n\r\n(a) 一つも除かない場合：$a_1=2,3$ のもとでこれをみたすものは存在しない.\r\n\r\n(b) $a_1=2$ かつ $1$ 個の整数 $m$ を除いた場合：$3\\le m\\le a_n-1$ より $n$ 個の総和について\r\n$$\\frac12(a_n+2)(a_n-1)-a_n+1\\le2021\\le\\frac12(a_n+2)(a_n-1)-3$$\r\n以下の不等式を考慮すれば, これをみたす $a_n$ は高々 $1$ 個である. 実際 $a_n=64$ で成立し, このとき $m=58$ である.\r\n$$\\frac12(a_n+2)(a_n-1)-3\\lt\\frac12((a_n+1)+2)((a_n+1)-1)-(a_n+1)+1$$\r\n\r\n(c) $a_1=3$ かつ $1$ 個の整数 $m$ を除いた場合：(b)と同様の議論により $a_n=64,m=56$ が唯一適する.\r\n\r\n　以上より, $M$ の候補として $\\dfrac{64!}{58}$ と $\\dfrac{64!}{2\\times 56}$ が存在するが, 明らかに前者が大きく, これは $2$ で $\\textbf{62}$ 回割り切れる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc047/editorial/2015" } ]

[ { "content": "　以下に点の位置関係を示す. 線分 $EF$ で分割して考えると，四角形 $AEFD$ および $BEFC$ は平行四辺形であり, 三角形 $EFG,EFH$ はそれぞれの $1\\/4$ にあたる. よって, 求める $ABCD$ の面積は $7\\times4=\\textbf{28}$ である． \r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1815" } ]

[ { "content": "　$n=500$ とし, 一般に $2n\\times 2n$ のマス目に $2n^2-1$ 個の石を条件をみたすように置くことを考える. 各行には高々 $n$ 個しか石を置けないことから, ある $k$ について上から $k$ 行目に $n-1$ 個, 残りの $2n-1$ 行に $n$ 個の石を置くしかない. 対称性より $k\\leq n$ の場合を考えて $2$ 倍すればよい.\\\r\n　ここで, マス目全体を白黒の市松模様に塗り分けることを考えよう. このとき $k$ 行目以下の石はすべて同じ色のマスに置かれている. 一般性を失わずこれが黒色である場合のみを考えて $2$ 倍する. ここで $k\\neq 2$ ならば, $k$ 行目以上の石もすべて黒色のマスに置かれていることがわかるから, $k$ 行目の配置のみを考えて $n$ 通りである.\\\r\n　以下 $k=2$ の場合を考える. 下図において☆印に石を置く場合, $1$ 行目の配置は一意に定まり, $2$ 行目の残りの配置は◯印の選択となるため $n-1$ 通りである. ☆印に石を置かない場合, $2$ 行目の残りの配置は一意に定まり, $1$ 行目は△印のどちらかに石を置くかのみ自由に選択できる. すなわち合計で $n+1$ 通りである.\\\r\n　以上より全体では $2\\times2\\times((n-1)\\times n+(n+1))=4n^2+4$ 通りで, ここでは特に $\\textbf{1000004}$ である.\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1370" } ]

[ { "content": "　$xa$ 平面で考えると, 放物線 $x^2-2x-a-3=0$ と領域 $x^2-4x+a^2-5\\leq0$ が共有点をもつ $a$ の範囲を求めれば良い．2式を連立させて解くと, 境界の交点として\r\n$$(x,a)=(-1,0),(2,-3),\\left(\\dfrac{3\\pm\\sqrt{17}}{2},\\dfrac{1\\pm\\sqrt{17}}{2}\\right)$$\r\n(復号同順) が得られるため, グラフを書くと以下のようになることがわかる：\r\n\r\n\r\n\r\nこれより, 条件をみたす $a$ の範囲は $-3\\leq a\\leq \\dfrac{1+\\sqrt{17}}{2}$ であり, 特に解答すべき値は $7+17+2=\\textbf{26}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1816" } ]

[ { "content": "　一般に $N=500$ とし, まず点 $(0,0,0)$ から移動を繰り返して点 $(2N,2N,2N)$ まで到達する方法を考える. $y$ 座標の変化に着目すると，移動 $A$ と移動 $B$ を合わせてちょうど $2N$ 回行う必要がある. 同様にして, 結局はそれぞれの移動を $N$ 回ずつ行う必要があることがわかる. したがって, この問題は次のように言い換えることができる.\r\n\r\n- 記号 $A,B,C$ がそれぞれ $N$ 個ずつある. これらを一列に並べる方法のうち, 異なる記号同士が隣り合っている箇所がちょうど $4$ 箇所であるようなものは何通りか？\r\n\r\n　このような並べ方において, 同じ文字が隣り合っている部分をまとめてその文字の**グループ**と呼ぶことにすると, 次の $2$ 通りに分けられる. ただし, $X,Y,Z$ は $A,B,C$ に一対一で対応するものとする.\r\n\r\n- (i) $X$ のグループが $3$ つ, $Y,Z$ のグループが各 $1$ つ\r\n- (ii) $X,Y$ のグループが各 $2$ つ, $Z$ のグループが $1$ つ\r\n\r\n　(i)の場合, $X$ のグループの作り方が ${}_{N-1}\\mathrm{C}_2$ 通り, $X$ の選び方が $3$ 通り, $X,Y,Z$ の配置が $2$ 通りあるから, 全体ではこれらを掛け合わせて $3(N-1)(N-2)$ 通りである.\r\n\r\n　(ii)の場合, $X,Y$ のグループの作り方がそれぞれ $N-1$ 通り, $Z$ の選び方が $3$ 通り, $X,Y,Z$ の配置が $12$ 通りあることが容易にわかるから, 全体ではこれらを掛け合わせて $36(N-1)^2$ 通りである.\r\n\r\n　以上より, 求める値は $3(N-1)(N-2)+36(N-1)^2=3(N-1)(13N-14)=\\textbf{9709542}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1817" } ]

[ { "content": "　$x,y,z$ はいずれも $0$ でないことが容易に分かる. 上式を変形することで以下を得る.\r\n$$x^2y^2z^2-2xyz(x+y+z)+x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=102^2$$\r\n一方で, 下式を変形することで以下を得る.\r\n$$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+2xyz(x+y+z)-2(xy+yz+zx)+1=91^2$$\r\nこれらを辺々足し合わせることで, 以下を得る.\r\n$$(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)=5\\times 37\\times 101=(2^2+1)(6^2+1)(10^2+1)$$\r\n　あるいは次のようにしてもよい. まず, \r\n$$(t+x)(t+y)(t+z)=t^3+(x+y+z)t^2+(xy+yz+zx)t+xyz$$\r\nである. これに $t=i$ (虚数単位)を代入すると, 問題の条件より以下を得る. \r\n$$(i+x)(i+y)(i+z)=102+91i$$\r\n両辺の絶対値を見ると, 同じ式を得られる. \\\r\n　$xyz\\neq 0$ と併せて, あり得る組は $(\\pm 2,\\pm 6,\\pm 10)$ (複号任意) およびその入れ替えのみである. このうち与式をみたすのはすべての符号が正であるもののみであるから, 解答すべき値は $18\\times 3!=\\textbf{108}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1819" } ]

[ { "content": "　$90^\\circ+\\angle BAC\\/2=\\angle BIC=180^\\circ-\\angle BAC$ より $\\angle BAC=60^\\circ$ である. このとき正弦定理より $BC=18$ であり, $AB=x,AC=y$ とおけば余弦定理より $x^2-xy+y^2=18^2$ である. また $\\angle DAI=30^\\circ$ であるから, 三角形 $ADI$ に対する正弦定理より $DI=2\\sqrt{3}$ である.\\\r\n　ここで, 角の二等分線定理より $AE:EC=x:18$ および $DI:IC=x:(y+18)$ であるから,\r\n$$CE=\\frac{18y}{x+18},\\quad CI=2\\sqrt{3}\\times\\frac{y+18}{x},\\quad CD=2\\sqrt{3}\\times\\frac{x+y+18}{x}$$\r\n一方で方べきの定理より $AC\\times CE=CD\\times CI$ であるから, 上の諸値を代入して整理することで\r\n$$3x^2y^2=2(x+18)(y+18)(x+y+18)$$\r\n$r=x+y,s=xy$とおけば, 求めるべき値は $r$ であり, 一方で条件は\r\n$$r^2-3s=18^2,\\quad 3s^2=2(s+18r+18^2)(r+18)$$\r\nこれを解き, $r\\gt 18$ に留意することで $r=19+\\sqrt{109}$ を得る. 特に解答すべき値は $\\textbf{128}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1407" }, { "content": "$\\angle A=60^{\\circ}$ 以降についての議論です. 元の解説はかなり計算量が重めですが，三角形 $IBC$ の面積に注目すると計算量が軽くなります.\r\n\r\n---\r\n$AI=x$ とすると, 三角形 $ABC$ の内接円の半径は $x\\/2$ と表せ, $BC=18$ だから三角形 $IBC$ の面積は $\\dfrac{9x}{2}$ と表せる. ここで,\r\n$$|IBC|=IB×IC×\\dfrac{\\sqrt 3}{4}$$ \r\nから, $IB×IC=6\\sqrt 3x$ と導ける.\r\nまた, 余弦定理から $IB^2+IB×IC+IC^2=324$ であり, $2$ 式の和をとることで\r\n$$IB+IC=\\sqrt{324+6\\sqrt 3x}$$\r\nと表せる. ここで $ID=IE=2\\sqrt 3$ から, \r\n$$|IDB|+|IEC|=(IB+IC)×2\\sqrt 3×\\dfrac{\\sqrt 3}{4}=\\dfrac{3}{2}\\sqrt{324+6\\sqrt 3x}$$\r\nとなる. ここで $I$ から $AB, AC$ に下ろした垂線の足を $P, Q$ とすると, $\\angle ADP=\\angle AEQ$ なので, $|IDP|=|IEQ|$ だから, $|IDB|+|IEC|=|IBC|$ が導ける. したがって, \r\n $$\\dfrac{9x}{2}=\\dfrac{3}{2}\\sqrt{324+6\\sqrt 3x}$$ \r\nより $x=\\dfrac{1+\\sqrt{109}}{\\sqrt 3}$ となり, よって $$AB+AC=\\sqrt 3x+18=1+\\sqrt{109}+18=19+\\sqrt{109}$$ であるから, 解答すべき値は $\\textbf{128}$ である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc046/editorial/1407/171" } ]