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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　一般に, 球の番号が $1, 2, \\cdots n $ , 箱が $X_1, X_2, \\cdots X_m$ の $m$ 個あり, 箱のスコアの分母が $m$ の累乗であるとする. また, $1$ から $n$ までの数字の中から $k$ 個の数字を選び取る方法すべてにおいて, 選び取った数字の積の総和を $a_k$ とおく.\r\n\r\n　はじめに, すべての分配における箱 $X_1$ のみのスコアの総和を求める.\r\n - 箱 $X_1$ に球が入らない場合\\\r\n$S(X_1)=1$ であり, $n$ 個の球を箱 $X_1$ 以外の $m-1$ 個の箱のいずれかに分配する場合の数は $(m-1)^n$ である. したがって, この場合について箱 $X_1$ のスコアの総和は $(m-1)^n$ である. \r\n - 箱 $X_1$ に球が $k$ 個入る場合（$k=1, 2, \\cdots ,n$）\\\r\n箱 $X_1$ に入った球の番号を $b_1, b_2, \\cdots ,b_n (1 \\leq b_1 \\lt b_2 \\lt \\cdots \\lt b_n \\leq n)$ とすると, $S(X_1)=\\dfrac{b_1 b_2 \\cdots b_n}{m^k}$ であり, 残り $n-k$ 個の球を箱 $X_1$ 以外の $m-1$ 個の箱のいずれかに分配する場合の数は $(m-1)^{n-k}$ である. 考えられる $(b_1, b_2, \\cdots ,b_n)$ の組すべてについて $(m-1)^{n-k} S(X_1)$ を求めその総和を取ると, これは $\\dfrac{(m-1)^{n-k} a_k}{m^k}$ である.\r\n\r\n　箱 $X_2, X_3, \\cdots X_m$ についても同様に, すべての分配における特定の箱のみのスコアの総和を求められることに注意する. これらの合計\r\n$$\r\nm \\Bigl( (m-1)^n + \\sum_\\{k=1\\}^\\{n\\} \\frac{(m-1)^{n-k} a_k}{m^k} \\Bigl)\r\n$$\r\nこそが, 求める分配のスコアの総和にほかならない. ここで, 括弧の中身については, 以下の恒等式\r\n$$\r\nx^n + a_1 x^{n-1}+ a_2 x^{n-2}+ \\cdots +a_{n-1} x +a_n =(x+1)(x+2)\\cdots (x+n)\r\n$$\r\nに $x=m(m-1)=m^2-m$ を代入したのちに両辺を $m^n$ で除することにより\r\n$$\r\n(m-1)^n + \\sum_\\{k=1\\}^\\{n\\} \\frac{(m-1)^{n-k} a_k}{m^k} =\\frac{(m^2-m+n)! }{m^n \\cdot (m^2-m)!}\r\n$$\r\nと計算できる. これより, 分配のスコアの総和は $\\dfrac{(m^2-m+n)! }{m^{n-1} \\cdot (m^2-m)!}$ である.\r\n\r\n今回の場合, $n=1357, m=35$ であるから, 分配のスコアの総和は\r\n$$\r\n\\frac{2547!}{1190!\\times 35^{1356}}=\\frac{2547\\times 2546 \\times \\cdots \\times 1191}{5^{1356}\\times 7^{1356}}\r\n$$\r\nである. 分母の素因数は $5, 7$ のみであるから, その指数部について考えればよい. $2547!$ が $5, 7$ でそれぞれ最大 $634, 422$ 回, $1190!$ が $5, 7$ でそれぞれ最大 $295, 197$ 回割り切れることから, 分配のスコアの総和を既約分数で表したときの分母は $5^{1356+295-634}\\times 7^{1356+197-422}=5^{1017}\\times 7^{1131}$ であり, 求める値は $(1017+1)(1131+1)=\\mathbf{1152376}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/3919" }, { "content": "　スコアと，そのスコアになる組み合わせ数を同時に求めます．\r\n\r\n　球を順番に入れていき，球 $i$ を箱 $1$ に入れたら箱 $1$ のスコアを $\\frac{i}{35}$ 倍，入れなければ $1$ 倍すると考えます． \r\nすると，各球 $i$ について, 箱 $1$ に球 $i$ を入れない $34$ 通りと，箱 $1$ に入れる $1$ 通りがあるので，スコアの総和 (の箱 $1$ の寄与) は\r\n$$\\prod\\_{i=1}\\^{1357}\\left(1\\times 34+\\frac{i}{35}\\times 1\\right)$$\r\nとなります． \r\n\r\n後は公式解説と同様の計算です．", "text": "スコアと数式の対応付けによる解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/3919/236" } ]

[ { "content": "　奇数であり，かつ $3$ の倍数でもあることは，$6$ で割って $3$ 余ることと同値である．$30$ は $6$ の倍数であるから，求める答えは $30 \\div 6 = \\textbf 5$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2921" } ]

[ { "content": "　$x=y$ であるときを考えると，$3f(x)=f(x)^2+2$ より $f(x)=1$ または $f(x)=2$ である．一方で，恒等的に $1$ をとる関数，および恒等的に $2$ をとる関数はともに条件をみたすから（今回は必要ないが，実際にはこれらで尽くされていることもわかる），求める総和は $\\textbf{3}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/4885" } ]

[ { "content": "　$AP : PM = 2 : 1$ より $P$ は $ABC$ の重心であるから，直線 $CP$ と $AB$ の交点を $N$ とすると，$N$ は辺 $AB$ の中点である．また，$P$ は重心であるから\r\n$$PN=\\frac{1}{2}CP=10, \\quad AP = \\frac{2}{3}AM = 26$$\r\nであるので，$AN=\\sqrt{AP^2-PN^2}=24$ である．よって，求める面積は\r\n$$\\frac{1}{2}AB\\times CN = AN\\times (PN + CP) = \\textbf{720}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/1473" } ]

[ { "content": "　まず，間の白石が一般に $n\\ge1$ 個で，かつ $2$ つ目の規則のみに基づいて白石を置き換えるとき，その順序として考えられるものが $a_n$ 通りであるとする．このとき，$1$ 回目から $n-1$ 回目の操作では両端の白石 $2$ 個から選択し，$n$ 回目の操作では残った $1$ 個を選ぶため，$a_n=2^{n-1}$ である．また，$a_0 = 1$ としておく．\\\r\n　元の問題に戻る．最初に置き換えた白石が白石の中で左から $k$ 番目であったとする．このとき，その白石の左右それぞれが上の $n=k-1,10-k$ の状況に一致し，また左右の操作の組み合わせが ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k-1}$ 通りあるから，それぞれ ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k-1} \\times a_{k-1} a_{10-k}$ 通りである．\\\r\n　以上より，全体で求めるべき値は次のように計算できる：\r\n$$\\sum_{k=1}^{10} \\left({}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k-1} \\times a_{k-1} a_{10-k}\\right) = (2^9 + 2)\\times 2^7 = \\mathbf{65792}. $$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/1936" } ]

[ { "content": "**解法1.**　各公園に配置された生徒の数を $p_1,p_2,\\ldots,p_{1000}$ とすると，考えるべき $2$ 乗和 $S$ について次が成り立つ．\r\n$$S=\\sum_{n=1}^{1000} \\lbrace p_n(p_n-1)+p_n\\rbrace=2\\sum_{n=1}^{1000}{}\\_{p_n}\\mathrm{C}\\_2+2982$$\r\nここで最右辺の総和は，同じ公園にいる $2$ 人組の数を表す．任意の $2$ 人組について，同じ公園にいる確率は $1\\/1000$ であるから，これを各 $2$ 人組について足し合わせることを考えて，求める期待値は\r\n$$\\displaystyle 2\\times\\biggl(\\frac{1}{1000}\\times {}\\_{2982}\\mathrm{C}\\_2\\biggr)+2982=\\frac{5935671}{500}$$\r\n特に解答すべき数値は $\\textbf{5936171}$ である．\r\n\r\n**解法2.**　一般に $n=2982$ とする．ある公園に注目したとき，すべての配置方法について人数の $2$ 乗の和は\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{n}k^2\\binom{n}{k}999^{n-k}=\\sum_{k=1}^{n}999^{n-k}\\biggl\\lbrace n(n-1)\\binom{n-2}{k-2}+n\\binom{n-1}{k-1}\\biggr\\rbrace $$\r\nここで，二項定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^n999^{n-k}\\binom{n-2}{k-2}&=\\sum_{k=0}^{n-2}999^{n-2-k}\\binom{n-2}{k}=(1+999)^{n-2} \\\\\\\\\r\n\\sum_{k=1}^n999^{n-k}\\binom{n-1}{k-1}&=\\sum_{k=0}^{n-1}999^{n-1-k}\\binom{n-1}{k}=(1+999)^{n-1}\r\n\\end{aligned}$$\r\nの $2$ 式が成り立つことがわかるので，結局\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{n}k^2\\binom{n}{k}999^{n-k}=n(n+999)1000^{n-2}$$\r\nとわかり，求めるべき期待値は次のように計算できる．\r\n$$\\dfrac{n(n+999)1000^{n-2}\\times 1000}{1000^{n}}=\\dfrac{n(n+999)}{1000}$$\r\n$n=2982$ を代入すると，解法1と同じ結論が得られる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2982" }, { "content": "　問題に素直に従って解きました．\r\n\r\n 　一般に，$m$ 人の生徒と $n$ 箇所の公園とし，各公園に配置された生徒の数を $p_1$，$\\cdots$，$p_n$ とする．\\\r\n 　$E \\left( p_1^2+ \\cdots +p_n^2 \\right) =E\\left( (p_1+ \\cdots +p_n)^2-2 \\sum\\limits_{i \\neq j}p_i p_j \\right)=m^2-2\\sum\\limits_{i \\neq j}E(p_i p_j)=m^2-n(n-1)E(p_i p_j)$\\\r\n 　ここで，$p_i=x$，$p_j=y$ である確率は，$\\dfrac{m!}{x! y! (m-x-y)!} \\left( \\dfrac{1}{n} \\right)^x \\left( \\dfrac{1}{n} \\right)^y \\left( \\dfrac{n-1}{n} \\right)^{m-x-y}$ である．これより，\\\r\n$$\\begin{aligned}\r\nE(p_i p_j) & = \\sum\\limits_{0≦x+y≦m}xy\\dfrac{m!}{x! y! (m-x-y)!} \\left( \\dfrac{1}{n} \\right)^{x+y} \\left( \\dfrac{n-1}{n} \\right)^{m-x-y}\\\\\\\\\r\n& = \\dfrac{m(m-1)}{n^2} \\sum\\limits_{2≦x+y≦m}\\dfrac{(m-2)!}{(x-1)! (y-1)! (m-x-y)!} \\left( \\dfrac{1}{n} \\right)^{x+y-2} \\left( \\dfrac{n-1}{n} \\right)^{m-x-y}\\\\\\\\\r\n& = \\dfrac{m(m-1)}{n^2}\r\n\\end{aligned}$$\r\n 　従って， $E \\left( p_1^2+ \\cdots +p_n^2 \\right) = m^2- \\dfrac{m(m-1)(n-1)}{n}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2982/229" }, { "content": "　[Tempurabc 氏の解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc161\\/editorial\\/2982\\/229)における $E(p_i p_j)$ を求める部分の別解です．\r\n\r\n--- \r\n\r\n　すべての生徒の配置についての $p_1p_2$ の総和を考えよう．それを $n^m$ で割れば求める期待値が得られる．\\\r\n　$p_1, \\cdots, p_n$ を固定したときの生徒の配置の総数は $\\dfrac{m!}{p_1 ! p_2 ! \\cdots p_n !}$ 通りであるから，考えるべき総和は\r\n$$\\sum_{p_1+\\cdots+p_n=m} \\frac{m!}{p_1 ! p_2 ! \\cdots p_n !} p_1p_2$$\r\nで表せる．$p_1$ または $p_2$ が $0$ の場合は $\\sum$ の中身が $0$ になることから，これは\r\n$$\\sum_{\\substack{p_1, p_2 \\gt 0 \\\\\\\\ p_1+\\cdots+p_n=m}} \\frac{m!}{(p_1-1) ! (p_2-1) ! p_3! \\cdots p_n !}$$\r\nと書き換えられる．さらに，$p_1 - 1, p_2 - 1$ をそれぞれ $q_1, q_2$ と置き直せば，$(q_1, q_2, q_3, \\cdots, p_n)$ は $q_1+q_2+p_3 + \\cdots+p_n=m-2$ となる組全体を渡るので，\r\n$$m(m-1) \\sum_{\\substack{q_1 + q_2 + p_3 + \\cdots+p_n=m-2}} \\frac{(m-2)!}{q_1 ! q_2 ! p_3! \\cdots p_n !}$$\r\nと書き換えられる．いま上式の総和部分は $n^{m-2}$ である(※)から，求める期待値は\r\n$$\\frac{m(m-1)n^{m-2}}{n^m} = \\frac{m(m-1)}{n^2}$$\r\nである．\r\n\r\n---\r\n\r\n※　$\\displaystyle \\sum_{p_1 + \\cdots + p_n = m}\\dfrac{m!}{p_1 ! p_2 ! \\cdots p_n !}$ は何を表している式だろうか．この式の $p_1, p_2, m$ が $q_1, q_2, m-2$ に変わっただけである．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2982/232" }, { "content": "　求めるべきは各生徒を等確率にいずれかの公園に割り振るとしたとき, 順序づいた生徒同士のペア $(s_n, s_m) \\ (n = m \\ の場合も許す)$\r\nであって, 生徒同士が同じ公園にいるペアの数の期待値である. そこで, 生徒同士が同じ公園にいるペアに対して $1$ のスコアを, そうでないペアに対して $0$ のスコアを与えるとしたとき, これはスコアの和の期待値となり, それはスコアの期待値の和に等しい. まず, $n \\neq m$ のときはスコアが $1$ になる確率は, 異なる $2$ 人の生徒が同じ公園にいる確率なので, $\\cfrac{1}{1000}$ であり, スコアの期待値も $\\cfrac{1}{1000}$. また, $n = m$ の場合は必ずスコアが $1$ になるので, スコアの期待値も $1$. よって, 求めるべきは $2982 × 2981 × \\cfrac{1}{1000} + 2982 × 1$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2982/233" }, { "content": "一般に$m$人の生徒がいるとする． \r\nここで$m-1$人の生徒の割り当てが済んでいるとし，この時点で各公園に配置された生徒の数を$p_1,\\cdots ,p_{1000}$とする． \r\nこのとき，もう$1$人を割り当てたときの$p_i$の$2$乗の総和の増加量の期待値について考える． \r\nもう$1$人を公園$i$に割り当てた場合の増加量は$(p_i+1)^2-p_i^2=2p_i+1$だから増加量の期待値は，$$\\frac{\\sum_{i=1}^{1000}(2p_i+1)}{1000}=\\frac{m-1}{500}+1$$ \r\nよって増加量の期待値は$p_1,\\cdots ,p_{1000}$の値に依らないから，期待値の線形性より求める値は， \r\n$$\\sum_{i=0}^{2981}\\left(\\frac{i}{500}+1\\right) =\\frac{2981\\cdot 2982}{1000}+2982=\\frac{5935671}{500}$$\r\n特に解答すべき数値は$5935671+500=\\mathbf{5936171}$である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2982/234" }, { "content": "　多項式による解法です．本質的には公式解説2と同じになります． \r\n解説では一般に生徒の人数を $N$ 人，公園の数を $M$ 箇所とします． \r\n\r\n$x$ に関する一変数多項式 $f$ に対して，$x\\^{i}$ の係数を $\\lbrack x\\^{i}\\rbrack f$ と表します． \r\nまた，$f$ の微分を $f\\^{\\prime}$ で表します． \r\n\r\n求めるべきは，\r\n$$\\frac{M}{M\\^{N}}\\sum\\_{i=0}\\^{N}\\left(i\\^{2}\\lbrack x\\^{i}\\rbrack (M-1+x)\\^{N}\\right)$$\r\nです． \r\n<details>\r\n<summary>若干の補足<\\/summary>\r\n各公園，各人毎の寄与をシグマ内の各項が表し，それらを全体にわたって足し合わせた後，生徒の配置の総数で割っています． \r\n\r\n$\\lbrack x\\^{i}\\rbrack (M-1+x)\\^{N}$ が，注目している特定の公園に $i$ 人集まるような配置方法の通り数を表します． \r\n各生徒は，注目している公園を選ぶ ( $1$ 通り) か，選ばない ($M-1$ 通り) かの選択ができます． \r\nよって，各人の選択を一次の多項式で表し，それを人数分 $N$ 回乗ずれば，式が得られます． \r\n\r\nあるいは，以下の通りに具体的な計算を行いながら考えた方が受け入れやすい方もいるかもしれません． \r\n簡単のため，$N=3$ の場合で考えます． \r\n生徒を区別し，$x\\_{k}$ $(k=1,2,3)$ を，$k$ 番目の生徒が注目している公園にいるかを表す変数とします． \r\nすなわち，多項式の各項に変数 $x\\_{k}$ が含まれていれば生徒 $k$ がいることを，含まれていなければいないことを表します． \r\n\r\n$(M-1+x\\_{1})(M-1+x\\_{2})(M-1+x\\_{3})$ を展開すると， \r\n \r\n$$\\begin{aligned}\r\n&(M-1+x\\_{1})(M-1+x\\_{2})(M-1+x\\_{3})\\\\\\\\\r\n=&(M-1)(M-1)(M-1)+x\\_{1}(M-1)(M-1)+(M-1)x\\_{2}(M-1)+(M-1)(M-1)x\\_{3}\\\\\\\\\r\n&+x\\_{1}x\\_{2}(M-1)+(M-1)x\\_{2}x\\_{3}+x\\_{1}(M-1)x\\_{3}+x\\_{1}x\\_{2}x\\_{3}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなります． \r\n例えば，$(M-1)x\\_{2}(M-1)$ の項 (生徒 $2$ がいて生徒 $1,3$ がいない) をみると，生徒 $1$ の行き先 $M-1$ 通り，生徒 $2$ の行き先 $1$ 通り，生徒 $3$ の行き先 $M-1$ がかけられていることが分かると思います． \r\n他の項に関しても同様に確認することができます． \r\n\r\nここで，区別していた生徒を区別しないようにする，すなわち区別していた変数 $x\\_{1},x\\_{2},x\\_{3}$ を全て区別しない変数 $x$ に置き換えると求めていた式が得られます． \r\n\r\n\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n\r\nここで，以下を利用します． (証明については実際に微分をすれば確かめられるため割愛します． )\r\n\r\n---\r\n\r\n　多項式 $f$ 及び 非負整数 $i$ に対して，$i\\lbrack x\\^{i}\\rbrack f=\\lbrack x\\^{i}\\rbrack (xf\\^{\\prime})$ \r\n\r\n---\r\nこれを二回繰り返すことで，$i\\^{2}\\lbrack x\\^{i}\\rbrack f=i\\lbrack x\\^{i}\\rbrack (xf\\^{\\prime})=\\lbrack x\\^{i}\\rbrack (xf\\^{\\prime}+x\\^{2}f\\^{\\prime\\prime})$ という等式を得ます． \r\n\r\nこの等式を元の式に当てはめれば， \r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\frac{M}{M\\^{N}}\\sum\\_{i=0}\\^{N}\\lbrack x\\^{i}\\rbrack (Nx(M-1+x)\\^{N-1}+N(N-1)x\\^{2}(M-1+x)\\^{N-2})\\\\\\\\\r\n=&\\frac{M}{M\\^{N}} (NM\\^{N-1}+N(N-1)M\\^{N-2})\\\\\\\\\r\n=&\\frac{N(N+M-1)}{M}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより答えを得ることができます． \r\n\r\n<details>\r\n<summary>一行目から二行目の式変形<\\/summary>\r\n式に出てくる $x$ に関する多項式は $N$ 次です． \r\nよって，シグマの意味するところは，多項式の係数を全て足し合わせた値となります． \r\nこれは，多項式の $x$ に $1$ を代入した値に他なりません． \r\n<\\/details> \r\n\r\n多項式や冪級数による数え上げは慣れるまで何をしているか分かりにくいという面がありますが，その反面機械的に考察が進められる場合が多々あり，便利です．", "text": "多項式による解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/2982/235" } ]

[ { "content": "　$1$ 以上 $100$ 以下の整数 $n$ に対して\r\n$$b_n = \\sum_{m=1}^{n}2^{m - n - 1}a_m$$\r\nとする．\r\n\r\n----\r\n**補題.**　$\\displaystyle\\sum_{n=1}^{100}b_n+b_{100} = 1$．\\\r\n**証明.**\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^{100}b_n+b_{100}\r\n&= \\sum_{n = 1}^{100}\\sum_{m = 1}^{n}2^{m-n-1}a_m + \\sum_{n = 1}^{100}2^{n - 101}a_n\\\\\\\\\r\n&= \\sum_{n = 1}^{100}a_n\\Bigg(2^{n - 101} + \\sum_{m = n}^{100}2^{n - m - 1}\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&= \\sum_{n = 1}^{100}a_n\\\\\\\\\r\n&= 1\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n----\r\n\r\nCauchy-Schwarzの不等式より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^{100}\\frac{1}{b_n}\r\n&=\\left(\\sum_{n=1}^{100}b_n+b_{100} \\right)\r\n\\left(\\sum_{n=1}^{100}\\frac{1}{b_n} \\right)\\\\\\\\\r\n&=\\left(\\sum_{n=1}^{99}b_n+b_{100}+b_{100} \\right)\r\n\\left(\\sum_{n=1}^{99}\\frac{1}{b_n}+\\cfrac{1}{2b_{100}}+\\frac{1}{2b_{100}} \\right)\\\\\\\\\r\n&\\ge \\left(99+\\frac{1}{\\sqrt2}+\\frac{1}{\\sqrt2} \\right)^2 \\\\\\\\\r\n&=9803+\\sqrt{78408} \\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$ \r\nが成り立つ．等号は\r\n$$a_1=\\frac{2}{(99+\\sqrt{2})},\\quad\r\na_2=a_3=\\cdots=a_{99}=\\frac{1}{(99+\\sqrt{2})},\\quad\r\na_{100}=\\frac{\\sqrt{2}-1}{(99+\\sqrt{2})}$$ \r\nで確かに成立するので，求める値は $\\mathbf{88211}$である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc161/editorial/4638" } ]

[ { "content": "　直線 $AB$ と $CD$, $CD$ と $EF$, $EF$ と $GH$, $GH$ と $AB$ の交点をそれぞれ $X, Y, Z, W$ とする．条件より\r\n$$ \\angle B + \\angle C = \\angle D +\\angle E = \\angle F + \\angle G = \\angle H + \\angle A = 270^\\circ $$\r\nであるから，三角形 $BCX, DEY, FGZ, HAW$ は合同な直角三角形となる．したがって四角形 $XYZW$ は正方形である．\r\n$$BX = DY = FZ = HW = x, \\quad CX = EY = GZ = AW = y$$\r\nとおけば，三平方の定理より\r\n$$x^2 + y^2 = 13^2$$\r\nである．また，$AB\\parallel CG$ であるから，\r\n$$x + 7 = y$$\r\nであるので，これらを連立して解くことで $x = 5, y = 12$ を得る．以上より，求める面積は\r\n$$(x + y + 7)^2 - 4\\times\\frac{1}{2}xy = \\bf{456}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/5358" } ]

[ { "content": "　任意の $A$ の元 $x$ について $g(x)=f(x)-x$ とすると，$g$ は $A$ から $A$ への関数であるとみなせる．$g$ としてありうるものの数を求めればいい．$2$ つ目の条件は $g^2(a_n)=a_{n+1}$ と言い換えられるので，$g^{2k}(a_n) = a_n$ となる最小の $k$ は各 $n$ について $3$ である．従って，$g^{t}(a_n) = a_n$ となる最小の $t$ は各 $n$ について $3, 6$ のいずれかである：\r\n\r\n- 長さ $6$ のサイクルがあるとき，${}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{6}\\times 5! \\times 7^1=5880$ 通り．\r\n- 長さ $3$ のサイクルが $2$ つあるとき，$70\\times (2!)^2\\times 7^1=1960$ 通り．\r\n- 長さ $3$ のサイクルが $1$ つ以上あるとき，${}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{3}\\times 2! \\times 7^4-1960=166110$ 通り．\r\n\r\n以上により，求める場合の数は $5880 + 166110 = \\mathbf{171990}$ 通りである．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/5823" } ]

[ { "content": "　まず，正二十面体の頂点 $X, Y$ に対し$\\Delta (X, Y)$ を下記のように定める．\r\n- $X, Y$ が同一の頂点のとき，$\\Delta (X, Y) = 0$．\r\n- $X, Y$ が異なる頂点のとき，$\\Delta (X, Y)$ は $X$ から $Y$ までを辺に沿って辿るときに経由する辺の個数の最小値とする．\r\n\r\n今回求めたいのは，移動後の $P, Q, R$ に対する $\\Delta (P, Q) + \\Delta (P, R) + \\Delta (Q, R) + 1$ の期待値である．$\\Delta$ のとり得る値は最大 $3$ であることに注意．そして，ここでは正二十面体の頂点 $X, Y$ に対して以下の操作を考えよう．\r\n- $X, Y$ のどちらか一方が，それと辺で繋がった頂点 $5$ つの中から等確率に選ばれた $1$ 点に移動する．\r\n\r\n　$\\Delta(X, Y) = 0$ の状態からこの操作を $n$ 回繰り返したときに，$\\Delta(X, Y) = 0, 1, 2, 3$ となる確率をそれぞれ $Z_n, S_n, D_n, T_n$ とおくと，（各回で動かす $X, Y$ の決め方によらず）以下が成り立つ．\r\n$$Z_0 = 1,\\quad S_0 = D_0 = T_0 = 0$$\r\n$$Z_{n + 1} = \\frac{S_n}{5},\\quad S_{n + 1} = \\frac{2D_n + 2S_n + 5Z_n}{5},\\quad D_{n + 1} = \\frac{5T_n + 2D_n + 2S_n}{5},\\quad T_{n + 1} = \\frac{D_n}{5}$$\r\n\r\n　問題文の操作 $1$ 回を「$P, Q$ を順に $1$ 回ずつ動かす」と見なせば，問題文の操作 $n$ 回時点で $\\Delta(P, Q) = 0, 1, 2, 3$ となる確率はそれぞれ $Z_{2n}, S_{2n}, D_{2n}, T_{2n}$ であることが分かる．ここで $E_n = 3T_n + 2D_n + S_n$ とおくと，求めるべき期待値は $E_{12} + 2E_6 + 1$ と表される．また，任意の $n$ で以下が成り立つ．\r\n$$3T_{n + 2} + D_{n + 2} - S_{n + 2} - 3Z_{n + 2} = \\frac{5T_{n + 1} + 3D_{n + 1} - 3S_{n + 1} - 5Z_{n + 1}}{5} = \\frac{3T_n + D_n - S_n - 3Z_n}{5}$$\r\n\r\nさらに任意の $n$ で $T_n + D_n + S_n + Z_n = 1$ であることも用いれば，\r\n$$E_{2n} = \\frac{3T_{2n} + D_{2n} - S_{2n} - 3Z_{2n} + 3}{2} = \\frac{1}{2} \\left(\\frac{3T_0 + D_0 - S_0 - 3Z_0}{5^n} + 3\\right) =\\frac{3}{2} \\left( 1 - \\frac{1}{5^n} \\right)$$\r\nが導かれる．ゆえに\r\n$$E_{12} + 2E_6 + 1 = \\frac{3}{2} \\left( 1 - \\frac{1}{5^6} \\right) + 3 \\left( 1 - \\frac{1}{5^3} \\right) + 1 = \\frac{85561}{15625}$$\r\n\r\nであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{101186}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/4934" } ]

[ { "content": "　簡単のため，以降では $A(m, n), G(m, n), H(m, n)$ を，それぞれ単に $A, G, H$ と表すことにする．\r\n$$A + 2G + H = N \\tag{1}$$\r\n特にこれが有理数であることから，$mn$ は平方数である．したがって，$m$ と $n$ の最大公約数を $g$ とすると，\r\n$$m = a^2g,\\quad n = b^2g \\tag{2}$$\r\nと表せる．ここで $a\\lt b$ は互いに素である．このとき，\r\n$$H = \\dfrac{2a^2b^2g}{a^2 + b^2}．$$\r\n$a,b$ はともに偶数でないことから，$a^2+b^2$ は $4$ で割り切れない．したがって，$H$ は半整数とはなりえない．すなわち， $A,G,H$ はすべて整数である必要があることがわかった．\\\r\n　さて，$a^2$ と $a^2 + b^2$，$b^2$ と $a^2 + b^2$ がそれぞれ互いに素であることから $a^2 + b^2 \\mid 2g$ が従う．そこで，ある正整数 $k$ を用いて\r\n$$g = \\frac{1}{2}k(a^2 + b^2) \\tag{3}$$\r\nと表そう．式 $(2)$ を踏まえれば，式 $(1)$ の左辺は\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nA + 2G + H &= \\frac{1}{4} k(a^2 + b^2)^2 + kab(a^2 + b^2) + ka^2b^2 \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{4} k(a^2 + b^2 + 2ab)^2\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{4} k(a + b)^4\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\nと変形できる．ゆえに\r\n$$(a + b)^4 \\mid 4N \\tag{4}$$\r\nが得られる．\r\n\r\n　次に $a \\lt b$ なる互いに素な $2$ つの正整数の組 $(a, b)$ であって式 $(4)$ をみたすものを任意に選んだ時に，$m : n = a^2 : b^2$ なる正整数の組 $(m, n)$ であって式 $(1)$ をみたすものが一意に存在することを示そう．このような $m, n$ の最大公約数を $g$ とすれば，$m, n$ はそれぞれ式 $(2)$ のように表され，式 $(1)$ にこれを代入し $g$ について解くことによって\r\n$$g = \\frac{2N(a^2 + b^2)}{(a + b)^4}$$\r\nが得られる．もし $a, b$ の偶奇が一致する場合は $(a^2 + b^2)^2$ が偶数になるため式 $(4)$ より $g$ は整数値をとり，一致しない場合であっても式 $(4)$ が $(a + b)^4 \\mid N$ と同値であるゆえ，この場合も $g$ は整数値をとる．これで適する $(m, n)$ が一意に存在することが示された．\\\r\n　以上の議論により，式 $(1)$ をみたすような $m \\lt n$ なる正整数の組 $(m, n)$ の個数は，式 $(4)$ をみたすような $a \\lt b$ なる互いに素な正整数の組 $(a, b)$ の個数に等しいことが分かった．ここで補題を与える．\r\n\r\n---\r\n\r\n**補題.**　$a \\lt b$ かつ $a + b = M$ なる互いに素な $2$ つの正整数の組 $(a, b)$ がちょうど $1$ つ存在するような正整数 $M$ は $3, 4, 6$ に限り，このような $(a, b)$ が $1$ つも存在しないような正整数 $M$ は $1, 2$ に限る．\r\n\r\n<details><summary>補題の証明<\\/summary>\r\n　$M = 1, 2$ のときに存在しないことと，$M = 3, 4, 6$ のときにただ $1$ つ存在することは簡単に確かめることができる．$M$ が $5$ 以上の奇数のときは少なくとも \r\n$$(a, b) = (1, M - 1), \\left (\\frac{M - 1}{2}, \\frac{M + 1}{2} \\right)$$\r\nの $2$ 組が条件をみたし，$M$ が $8$ 以上の $4$ の倍数のときは少なくとも\r\n$$(a, b) = (1, M - 1), \\left (\\frac{M}{2} - 1, \\frac{M}{2} + 1 \\right)$$\r\nの $2$ 組が条件をみたし，$M$ が $10$ 以上の $4$ の倍数でない偶数のときは少なくとも\r\n$$(a, b) = (1, M - 1), \\left (\\frac{M}{2} - 2, \\frac{M}{2} + 2 \\right)$$\r\nの $2$ 組が条件をみたす．すなわち $M = 5$，$M \\geq 7$ のときは $2$ つ以上存在する．これで補題が示された．\r\n<\\/details>\r\n\r\n---\r\n\r\n　$123456$ 以下の正整数 $N$ であって以下を満たすものの個数を求めればよいことが，この補題から分かる．\r\n- $4N$ を割り切る最大の $4$ 乗数は $3^4$ または $4^4$ である．\r\n\r\n　$4N$ を割り切る最大の $4$ 乗数が $3^4$ のとき，\r\n$$6^4 \\lt 1524 \\lt \\frac{123456}{3^4} \\lt 1525 \\lt 7^4$$\r\nであることに注意すれば，$N$ は $4, 3^4, 5^4$ のいずれでも割り切れないような $1524$ 以下の正整数 $t$ によって $N = 3^4t$ と表せる．このような $N$ の個数は以下のように計算できる．\r\n$$1524 - \\left \\lfloor \\frac{1524}{4} \\right \\rfloor - \\left \\lfloor \\frac{1524}{3^4} \\right \\rfloor - \\left \\lfloor \\frac{1524}{5^4} \\right \\rfloor + \\left \\lfloor \\frac{1524}{4 \\times 3^4} \\right \\rfloor = 1127$$\r\n　$4N$ を割り切る最大の $4$ 乗数が $4^4$ のとき，\r\n$$6^4 \\lt 1929 = \\frac{123456}{2^6} \\lt 7^4$$\r\nであることに注意すれば，$N$ は $2^4, 3^4, 5^4$ のいずれでも割り切れないような $1929$ 以下の正整数 $t$ によって $N = 2^6t$ と表せる．このような $N$ の個数は以下のように計算できる．\r\n$$1929 - \\left \\lfloor \\frac{1929}{2^4} \\right \\rfloor - \\left \\lfloor \\frac{1929}{3^4} \\right \\rfloor - \\left \\lfloor \\frac{1929}{5^4} \\right \\rfloor + \\left \\lfloor \\frac{1929}{2^4 \\times 3^4} \\right \\rfloor = 1784$$\r\n\r\n　以上より，求める個数は全部で $1127 + 1784 = \\mathbf{2911}$ 個である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/7602" } ]

[ { "content": "　正整数 $n$ に対し，$10^n$ 未満の非負整数の組 $(x, y)$ すべてに対する $f(x, y)$ の平均を $c_n$ と表す．$10$ 未満の非負整数 $x, y$ に対しては $f(x, y) = x + y$ が成り立ち，したがって $c_1 = 9$ であることが分かる．\\\r\n　ここで $10^n$ 未満の非負整数 $x, y$ を，$10$ 未満の非負整数 $a_0, \\cdots, a_{n-1}, b_0, \\cdots, b_{n-1}$ により\r\n$$x = a_0 + 10a_1 + \\cdots + 10^{n-1}a_{n-1} \\\\\\\\\r\ny = b_0 + 10b_1 + \\cdots + 10^{n-1}b_{n-1}$$\r\nと $10$ 進数展開したとき，$a_0 + b_0, a_1 + b_1, \\cdots, a_{n-1} + b_{n-1}$ の中で $10$ 以上であるものの個数を $g(x, y)$ と表す．このとき，$10^n$ 未満の非負整数 $x, y$ と $10$ 未満の非負整数 $w, z$ に関して以下が成り立つ．\r\n$$f(x + 10^n z, y + 10^n w) = f(x, y) + 10^{n + g(x, y)} (z + w)$$\r\nこの式の両辺を $(x, y, z, w)$ 全体で平均化することで以下の漸化式が得られる．\r\n$$c_{n+1} = c_n + 9 \\cdot 10^n G$$\r\nただし $G$ は $10^n$ 未満の非負整数の組 $(x, y)$ すべてに対する $10^{g(x, y)}$ の平均である．\\\r\n　$10$ 未満の非負整数の組 $(x, y)$ であって $x + y \\geq 10$ となるものの個数は $45$ 個であり，そうでないものは $55$ 個ある．このことから，多項式 $P(X) = (45X + 55)^n$ における $X^k$ の係数が，$g(x, y) = k$ なる $10^n$ 未満の非負整数の組 $(x, y)$ の個数に一致することが分かる．ゆえに，\r\n$$G = \\frac{P(10)}{10^{2n}} = \\left(\\frac{101}{20}\\right)^n$$\r\nであり，これより，\r\n$$c_{n+1} = c_n + 9 \\left(\\frac{101}{2}\\right)^n$$\r\nが得られ，この漸化式から $c_n$ の一般項を次のように得ることができる．\r\n$$c_n = \\frac{101^n - 2^n}{11 \\cdot 2^{n-1}}$$\r\n　求める平均は $\\displaystyle c_6 = \\frac{96501831867}{32}$ であり，特に解答すべき値は $\\mathbf{96501831899}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/5811" }, { "content": "　$\\left\\\\{c\\_n\\right\\\\}$ の漸化式は，添え字を $1$ 増やして，$a\\_0,\\\\, b\\_0$ を新たに加えることを考えても求められる． \r\n　すなわち，追加する $(a\\_0, b\\_0)$ について，その値の組として考えられる $100$ 通りのうち，$45$ 通りは和が $10$ 以上，残りの $55$ 通りは和が $10$ 未満であるから，$c\\_1 = 9$ および，期待値の線形性より\r\n$$ c\\_{n+1} = \\left(\\frac{45}{100} \\times 10^2 + \\frac{55}{100} \\times 10\\right) \\times c_n + 9, \\qquad \\therefore c\\_{n+1} = \\frac{101}2\\\\, c_n + 9 $$\r\nという漸化式が立つ．", "text": "もう 1 つの漸化式", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/5811/231" } ]

[ { "content": "<details><summary>混線内接円とその基本的な性質について<\\/summary>\r\n　三角形 $ABC$ の辺 $AB,AC$ と外接円に接する円を，三角形 $ABC$ の $A$ に対する混線内接円，あるいはmixtilinear incircleという．この円と三角形 $ABC$ の外接円，辺 $AB,AC$ の接点をそれぞれ $S,T,U$ とし，三角形 $ABC$ の外接円，内心をそれぞれ $\\omega, I$ とすると，次のような性質が成り立つ．\r\n\r\n- 直線 $IS$ は $\\omega$ の $A$ を含む弧 $BC$ の中点を通る．\r\n- 直線 $IT$ は $\\omega$ の $C$ を含まない弧 $AB$ の中点を通る．\r\n- 直線 $IU$ は $\\omega$ の $B$ を含まない弧 $AC$ の中点を通る．\r\n- 直線 $AI$ と $ST$ は $I$ で直交する．\r\n- 四角形 $SBTI$ と $SIUC$ は相似である．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　直線 $AI, MI$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点をそれぞれ $K,L$ とする．また，直線 $KM$ に $I$ から下ろした垂線の足を $H$ とする．\\\r\n　$\\angle IAM = \\angle IHM = 90^\\circ$ より $4$ 点 $A,H,I,M$ は同一円周上にあるので，\r\n$$\\angle HAI = \\angle KML = \\angle IAL$$\r\nである．また，$\\angle IHK = \\angle ILK = 90^\\circ$ より $4$ 点 $H,I,K,L$ は同一円周上にあるので，\r\n$$\\angle ALI = \\angle AKM = \\angle HLI$$\r\nである．よって，三角形 $AHL$ の内心は $I$ である．従って，直線 $HI$ は $\\angle AHL$ の二等分線であり，この直線に垂直である直線 $KM$ は $\\angle AHL$ の外角の二等分線である．よって，線分 $AL$ の垂直二等分線と直線 $KM$ の交点 $O$ は三角形 $AHL$ の外接円の $H$ を含む弧 $AL$ の中点である．また，$M$ は三角形 $AHL$ の $L$ に対する傍心であるから，傍心と内心の中点である $N$ は三角形 $AHL$ の $L$ を含まない弧 $AH$ の中点である．以上より，$6$ 点 $A,H,L,N,O,X$ は同一円周上にあるので，混線内接円の基本的な性質より $X$ は三角形 $AHL$ の外接円と $H$ に対する混線内接円の接点である．\\\r\n　よって，三角形 $XAI$ と $XIL$ は相似である．従って，$\\angle AXI = \\angle LXI$ であるから，直線 $OX$ に関して $A$ と対称な点を $A^\\prime$ とすれば，$A^\\prime$ は直線 $LX$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点である．よって，三角形 $ABC$ の外接円半径を $R$ とすると，\r\n$$OX^2 - R^2 = A^\\prime X \\times LX = AX\\times LX = IX^2$$\r\nが成立するので，$R = 65$ を得る．さらに，三角形 $ABC$ の内接円半径を $r$ とすれば，Chapple-Eulerの定理より $OI^2 = R^2 - 2Rr$ であるから，$OI = OX - IX = 25$ と併せて $r = \\dfrac{360}{13}$ を得る．よって，$AI = 45$ と併せて $\\sin \\dfrac12\\angle BAC = \\dfrac{8}{13}$ であるから，\r\n$$\\cos \\frac12\\angle BAC = \\frac{\\sqrt{105}}{13},\\quad \\sin \\angle BAC = \\dfrac{16\\sqrt{105}}{169}$$\r\nである．従って，三角形 $ABC$ の内接円と辺 $AB,AC$ の接点をそれぞれ $E,F$ とすると，\r\n$$AE = AF = AI\\cos \\frac12\\angle BAC = \\frac{45\\sqrt{105}}{13},\\quad BE + CF = BC = 2R\\sin\\angle BAC = \\dfrac{160\\sqrt{105}}{13}$$\r\nであるので，求める面積は，\r\n$$\\frac12r(AB+BC+CA) = \\frac12r(AE+AF+BE+CF+BC) = \\frac{73800\\sqrt{105}}{169}$$\r\nである．特に，解答すべき値は $\\bf{74074}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/7554" }, { "content": "　$ABC$ の外接円の半径 $R=65$ を示す．\\\r\n　$MO$ と $ABC$ の外接円の交点を $K(\\neq M)$，$AON$ の外接円を $\\omega$ とする．三角形 $IMK$ で，$A$ は $M$ から $IK$ に落とした垂足，$O$ は $MK$ の中点， $N$ は $MI$ の中点なので，$\\omega$ は $IMK$ の九点円である．$IK$ の中点を $T$ とすると，$T$ は $\\omega$ を通る．方べきの定理より，$$OI\\times IX=AI\\times IT$$なので，$IT=40$，$IK=2IT=80$．また方べきを使うと，$$AI\\times IK=R^2-IO^2$$が成り立つので，$R=65$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc160/editorial/7554/230" } ]

[ { "content": "　正の整数 $n$ であって，$7$ 進法で表記したとき $5$ 桁以下のものは $7^5-1$ 個であり，そのうち $4$ 桁以下のものは $7^4-1$ 個である．したがって，求める個数は $(7^5-1)-(7^4-1)=\\bf{14406}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/3390" }, { "content": "桁に使うことのできる数は $0,1,2,3,4,5,6$ の $7$ つであり，特に最上位は $1,2,3,4,5,6$ の $6$ つであるから，求めるべき個数は\r\n$$6\\times7\\times7\\times7\\times7=\\mathbf{14406}$$ である．", "text": "素直に", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/3390/242" } ]

[ { "content": "　条件により，任意の実数 $p$ について $g(p)=2f(p\\/2)$ であるから，\r\n$$g(x)=2f\\left(\\frac{x}{2}\\right)=2\\left(\\frac{3}{2}x^2-\\frac{1}{2}x+5\\right)=3x^2-x+10. $$\r\nしたがって，解答すべき値は $\\textbf{12}$ である．\\\r\n　なお，$g(x)$ を明示的に書き下さなくとも，$a+b+c=g(1)=2f(1\\/2)$ から求めると早い．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/2418" } ]

[ { "content": "　まず，$m$ はある素数 $p$ によって $m=p^{2}$ と表せる．いま，$m,n$ が共通の素因数を持たないならば，$mn$ の正の約数の個数は $m,n$ それぞれの正の約数の個数の積 $12$ に等しいはずであるから，条件をみたさない．よって $n$ は 素因数 $p$ を持つ．これより，$n$ は $p$ と異なる素数 $q$ によって $n=pq$ と表されるか，$n=p^{3}$ と表されるかのいずれかである．それぞれ $mn=p^{3}q,p^5$ となるから，条件をみたすのは前者である．以上より $m^{99}n^{99}=p^{297}q^{99}$ と素因数分解されるから，求める約数の個数は $(297+1)(99+1)=\\mathbf{29800}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/4849" } ]

[ { "content": "　$d_n=\\dfrac{2n+1}{5n}\\pi$ とおき，$m$ の値に応じて場合分けを行う．数列 $\\\\{d_n\\\\}$ は狭義単調減少であることに気を付ける．\r\n\r\n(ア) $m \\geq 6$ のとき，大きさが $\\dfrac{m-2}{m}\\pi$ 以上である内角が必ず存在するが，これは $d_1$ より大きいため不適である．\r\n\r\n(イ) $m=5$ のとき，$md_1 = (m-2)\\pi$ であるから，すべての内角の大きさが $d_1$ であるほかない.\r\n\r\n(ウ) $m=4$ のとき，$md_2 = (m-2)\\pi$ であるから，すべての内角の大きさが $d_2$ であるか，ある内角の大きさが $d_1$ である．ある内角の大きさが $d_1$ であるとき，他の三つの角の大きさを $d_a, d_b, d_c$ $(a \\le b \\le c)$ とする．$a = 1$ とすると，$d_b, d_c \\gt \\dfrac{2}{5}\\pi$ であるから，四角形の内角の大きさは\r\n$$(m-2)\\pi = d_1 + d_1 + d_b + d_c \\gt \\frac{3}{5}\\pi + \\frac{3}{5}\\pi + \\frac{2}{5}\\pi + \\frac{2}{5}\\pi = (m-2)\\pi$$\r\nとなり矛盾する．$a = 3$ のとき，\r\n$$(m-2)\\pi = d_1 + d_3 + d_b + d_c \\ge d_1 + 3d_3 = (m-2)\\pi$$\r\nであるから，$b = c = 3$ であるほかない．$a = 2$ のとき，$b = 2$ ならば $d_c \\gt \\dfrac{2}{5}\\pi$ に矛盾し，$b = 3, 4$ のときはそれぞれ $c$ が $6,4$ となり，$b \\ge 5$ のときは $b \\le c$ に矛盾する．\\\r\n　以上をまとめると，$m=4$ の場合の内角の大きさの組み合わせとしてあり得るものは，以下がすべてである．\r\n$$(d_1,d_2,d_3,d_6),(d_1,d_2,d_4,d_4),(d_1,d_3,d_3,d_3),(d_2,d_2,d_2,d_2)$$\r\n\r\n(エ) $m=3$ のとき，常に $d_n\\gt \\dfrac{2}{5}\\pi$ であることから不適である．\r\n\r\n　したがって，$(\\alpha+\\beta)m$ としてあり得る値は $4\\pi,\\dfrac{62}{15}\\pi,\\dfrac{21}{5}\\pi,\\dfrac{64}{15}\\pi,6\\pi$ で，解答すべき値は $\\textbf{118}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/260" } ]

[ { "content": "　$\\mathrm{ord}\\_2(x)$ で $x$ が $2$ で割り切れる最大の回数を表すとき\r\n$$\\mathrm{ord}\\_2(P_1)=2,　\\mathrm{ord}\\_2(P_2)=2,　\\mathrm{ord}\\_2(P_3)=5$$\r\nが直ちにわかる．さて，次に任意の $n\\geq 4$ について $\\mathrm{ord}\\_2(P\\_n)=n$ であることを帰納法で示そう．$n=4$ の場合は容易である．$k\\geq 4$ について，$n=k$ で成立を仮定し，$n=k+1$ の場合を示す．\r\n$$P_{k+1}=P\\_{k}\\times 10^{(2^{k+1} の桁数)}+2^{k+1}$$\r\nであり，$2^{k+1}$ は $2$ 桁以上であることと帰納法の仮定より，右辺の第 $1$ 項は $2$ で $k+2$ 回以上割り切れる．よって $n=k+1$ の場合も成り立つことがわかるから，命題は示された．\\\r\n　以上より，求める値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\mathrm{ord}\\_2 (P_1\\times P_2\\times \\cdots \\times P_{4605})&=\\mathrm{ord}\\_2(P_1)+\\cdots+\\mathrm{ord}\\_2(P_{4605})\\\\\\\\\r\n&= 2+2+5+4+5+\\cdots+4605 \\\\\\\\\r\n&= \\textbf{10605318}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/4605" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ において, 辺 $BC$ の中点を $M_A$ などとおく.\r\n\r\n**補題.**　三角形 $ABC$ の重心 $G$ について, $AP^2+BP^2+CP^2=AG^2+BG^2+CG^2+3PG^2$.\r\n\r\n**証明1.**　点 $M_A$ について $G$ と対称な点を $G_A$ とすれば, 中線定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\nGB^2+GC^2&=2\\left(GM_A^2+BM_A^2\\right)=\\dfrac12AG^2+2BM_A^2 \\\\\\\\\r\nPA^2+PG_A^2&=2\\left(PG^2+AG^2\\right) \\\\\\\\\r\nPG^2+PG_A^2&=2\\left(PM_A^2+GM_A^2\\right)=2PM_A^2+\\dfrac 12AG^2 \\\\\\\\\r\nPB^2+PC^2&=2\\left(PM_A^2+BM_A^2\\right)\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれらを適当に足し引きすることで所望の式を得る. (証明終)\r\n\r\n**証明2.**　より一般に, $n$ 個の点 $A_1,A_2,\\cdots,A_n$ およびそれらの重心(幾何中心) $G$ と空間上の点 $P$ に対し\r\n$$\\sum^n_{k=1}A_kP^2=\\sum^n_{k=1}A_kG^2+nGP^2$$\r\nが成立することを示す. $A_k,P$ の $x$ 座標をそれぞれ $x_k,x$ とおき, $X = x_1 + x_2 + \\cdots + x_n$ とする. このとき，左辺，右辺それぞれへの $x$ 座標の寄与はそれぞれ\r\n$$(\\text{左辺})=\\sum_{k=1}^n(x - {x_k})^2,\\quad\r\n(\\text{右辺})=\\sum_{k=1}^n\\left(x_k-\\dfrac{X}{n}\\right)^2 + n\\left(x - \\dfrac{X}{n}\\right)^2$$\r\nであり, これらはともに\r\n$$nx^2-2xX+(x_1^2+x_2^2+\\cdots+x_n^2)$$\r\nに一致する. $y,z$ 座標についても同様である. (証明終)\r\n\r\n　一方で中線定理より\r\n$$AB^2+AC^2=2\\left(AM_A^2+BM_A^2\\right)=2AM_A^2+\\frac 12BC^2$$\r\nなどが成り立つから, これを巡回させて足し合わせることで\r\n$$\\frac 34\\left(AB^2+BC^2+CA^2\\right)=AM_A^2+BM_B^2+CM_C^2$$\r\nしたがって, $AG:AM_A=2:3$ などに留意すれば\r\n$$AG^2+BG^2+CG^2=\\frac13(5^2+7^2+8^2)=46$$\r\nを得るから, 特に求める領域は $G$ を中心とする半径 $3\\sqrt 2$ の球であり, その体積は $72\\sqrt{2}\\pi=\\sqrt{\\textbf{10368}}\\pi$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/247" }, { "content": "　公式解説の重心を用いる方法は思いつかなかった（知らなかった）ため，座標系を用いました．あまり好まれる方法ではなさそうですが，紹介しておきます．\\\r\n\\\r\n 　余弦定理を用いると $\\angle \\mathrm{A}=60^{\\circ}$ であることがわかる．そこで，点 $\\mathrm{B}$ から辺 $\\mathrm{AC}$ に垂線を下ろし，その足を点 $\\mathrm{H}$ とすると，$\\mathrm{HA}=\\dfrac{5}{2}$，$\\mathrm{HB}=\\dfrac{5}{2}\\sqrt3$，\r\n$\\mathrm{HC}=\\dfrac{11}{2}$ である．\\\r\n 　ここで，次のような空間座標を考える：$\\triangle \\mathrm{ABC}$ を含む平面が $xy$ 平面で，点 $\\mathrm{H}$ が原点，直線 $\\mathrm{HA}$ が $x$ 軸，直線 $\\mathrm{HB}$ が $y$ 軸．\\\r\n 　（$\\mathrm{A} \\left( \\dfrac{5}{2},0,0 \\right) $，$\\mathrm{B} \\left(0, \\dfrac{5}{2} \\sqrt{3},0 \\right) $，$\\mathrm{C} \\left( -\\dfrac{11}{2},0,0 \\right) $ である．）\\\r\n 　このとき，点 $\\mathrm{P}$ を $\\left( x,y,z \\right)$ とおくと，$\\mathrm{AP}^2+\\mathrm{BP}^2+\\mathrm{CP}^2≦100$ を変形することで，次の式を得る：\\\r\n 　$(x+1)^2+ \\left( y-\\dfrac{5}{6} \\sqrt{3} \\right)^2+z^2≦18$\\\r\n 　従って，点 $\\mathrm{P}$ が通過し得る領域は，半径 $3 \\sqrt{2}$ の球面及び内部である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc159/editorial/247/228" } ]

[ { "content": "　$bc$ としてあり得るものは $1\\times 201,2\\times 200,\\cdots,101\\times 101$ であるから, 求める総和は\r\n$$\\sum_{k=0}^{100} (10404-(101+k)(101-k))=\\sum_{k=0}^{100} (203+k^2)=\\textbf{358853}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/2001" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABD$ と三角形 $ACD$ は合同であるから，$B$ および $C$ からそれぞれ $AD$ におろした垂線の足は一致し，これを $H$ とすれば $BH=CH=4\\sqrt{3}$ が成立する．よって $\\angle BHC=\\theta$ とおけば，$V=40\\sin\\theta$ であるから，求める総和は $40$ 以下の正整数の総和，すなわち $\\textbf{820}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/1690" } ]

[ { "content": "　$b_i=a_i-i+1 ~ (i=1,2,\\ldots,7)$ と定める．このとき，$1 \\leq b_1 \\leq b_2 \\leq \\cdots \\leq b_7 \\leq 9$ であり，$b_1,b_2,\\ldots,b_7$ の偶奇は全て等しい．$b_1,b_2,\\ldots,b_7$ が全て奇数のとき ${}_5 \\mathrm{H}_7=330$ 通り，偶数のとき ${}_4 \\mathrm{H}_7=120$ 通りあるため，解答すべき値は $330+120=\\mathbf{450}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/5144" }, { "content": "　公式解説の方法はエレガントですが，もう少し地道にやる方法も紹介します．\r\n\r\n 　$a_7-a_1$ は，$6$ 以上 $14$ 以下の偶数なので，この値が $6$，$8$，$10$，$12$，$14$ の $5$ 種類の場合を考えればよい．それぞれ計算すると，$9+42+105+168+126=\\mathbf{450}$ である．\\\r\n 　それぞれの値の導出については，全て書くとたいへんなので，$a_7-a_1=10$ の場合のみ説明する．\\\r\n 　まず $a_1$ の取り方は，$1$，$2$，$3$，$4$，$5$ の $5$ 通りである．\\\r\n 　次に，$a_2-a_1$，…，$a_7-a_6$ は全て奇数で，その合計が $10$ である．そこで $a_2-a_1=1+2b_1$，…，$a_7-a_6=1+2b_6$ とおくと，$b_1+…+b_6=2$ となる場合の数を求める問題に帰着される（ここで $b_n$ は全て非負整数）．そのような場合の数は ${}_7 \\mathrm{C}_2$ 通りである．\\\r\n 　よって，$a_7-a_1=10$ を満たす場合の数は，$5×{}_7 \\mathrm{C}_2=105$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/5144/225" } ]

[ { "content": "　最小の解を $c \\gt 0$ とおくと，$4$ 解は $r \\gt 1$ を用いて $c, cr, cr^2, cr^3$ と表され，解と係数の関係から\r\n$$ 35c(1 + r + r^2 + r^3) = -140s = 4c^3(r^3 + r^4 + r^5 + r^6).$$\r\nこれにより $\\displaystyle c^2r^3 = \\frac{35}{4}$ が得られる．一方で，再び解と係数の関係を用いて以下の式を得る．\r\n$$ c^2(r + r^2 + 2r^3 + r^4 + r^5) = t = c^4r^6 $$\r\nゆえに $\\displaystyle 1 + r + 2r^2 + r^3 + r^4 = c^2r^5 = \\frac{35}{4} r^2 $ であり，整理すると以下の方程式が成り立つ（相反方程式であることに着目すると計算が容易である）．\r\n$$ (r-2)(2r-1)(2r^2 + 7r + 2) = 0 $$\r\n$r \\gt 1$ とあわせて $r = 2$ が得られる．したがって $\\displaystyle c = \\sqrt{\\frac{35}{4r^3}} = \\sqrt{\\frac{35}{32}}$ であり，特に解答すべき値は $\\mathbf{67}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/4082" } ]

[ { "content": "　数列 $\\\\{b_n\\\\}$ を以下で定める． \r\n $$b_1 = k,\\quad b_2 = 2k^2 - 1,\\quad b_{n+2} = 2kb_{n+1} - b_n$$ \r\n\r\nこのとき， $θ = k + \\sqrt{k^2-1}$ とすれば，\r\n$$a_n = \\dfrac{θ^n - θ^{-n}}{2\\sqrt{k^2 - 1}},\\quad b_n = \\dfrac{θ^n + θ^{-n}}{2}$$ であり，特に $a_{2n} = 2a_nb_n$ \r\nが成り立つ．また，帰納的に\r\n$$v_2(a_{2n+1})=0,\\quad\r\nv_2(b_n)=\\begin{cases}\r\n0 & (2\\mid n)\\\\\\\\\r\nv_2(k) & (2\\nmid n)\r\n\\end{cases}$$\r\nであることが確認できるので，$n$ が偶数のとき，\r\n$$v_2(a_n)=v_2(n)+v_2(k)$$\r\nである．$10^{10}$ 以下の $k$ で $v_2(k)$ が最大になるのは $k=2^{33}$ の時であるから，求める答えは $\\bf{133}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/2061" }, { "content": "　厳密性は欠けますが，以下のように推測によって解けます．\r\n\r\n 　$a_{10^{100}}=b_1k+b_3k^3+b_5k^5+…$ となる．\\\r\n 　$a_{8}$ くらいまで漸化式に従って代入してみると，$b_1=-10^{100}$，$v_2(b_1)≦v_2(b_3),v_2(b_5),……$ が推測できる．\\\r\n 　以上の仮定を基にすると，$k=2^{33}$ のとき $f(k)$ は最大になり，答えは $\\mathbf{133}$ である．\\\r\n\\\r\n 　なお，$b_1=-10^{100}$，$v_2(b_1)≦v_2(b_3)$ 部分の推測が正しいことは，次の式を帰納法で示すことで証明できましたが，$b_5$ 以降についてはよくわかっていません．\\\r\n 　$a_{2n}=2(-1)^{n-1}nk+\\dfrac{4}{3}(-1)^{n}n(n+1)(n-1)k^3+……$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/2061/223" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の九点円を $\\Gamma$ とすれば，$\\Omega$ は $H$ を中心に $\\Gamma$ を $2$ 倍に拡大したものであるから，$\\Gamma$ は $AH$ の中点 $P$ および $XH$ の中点 $N$ を通る．$XH$ と $\\Gamma$ の交点を $Y(\\neq N)$ とすると，$PH=NH$ より $YH=DH$ が成立する．よって $AD=XY$ であり，$B$ から $AC$ におろした垂線の足を $E$ とすれば，\r\n$$XD\\times XM=XN\\times XY=AP\\times AD=AE\\times AM$$\r\nここで $DM=12$ が成立するから，上式より $AE=9$ を得る．また，$XM$ と $\\Omega$ の交点を $Z(\\neq X)$ とすれば，\r\n$$AM\\times MC=XM\\times MZ$$\r\nから $MZ=8$ を得る．$AD$ と $\\Omega$ の交点を $S(\\neq A)$ としたとき，有名事実から $DS=DH$ が成立し，\r\n$$AD\\times HD=AD\\times DS=XD\\times DZ=120$$\r\nを得る．一方で $AH\\times AD=AE\\times AC=216$ より，\r\n$$AD^2=HD\\times AD+AH\\times AD=336$$\r\nである．よって $CD=4\\sqrt{15}, BD=2\\sqrt{15},AB=6\\sqrt{11}=\\sqrt{\\textbf{396}}$ と順次計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/2553" }, { "content": "　三角比を用いる解法である．\\\r\n 　$\\angle \\mathrm{CAD}=\\theta$ とおくと，$\\mathrm{CD}=24 \\sin \\theta$，$\\mathrm{AD}=24 \\cos \\theta$ である．\\\r\n 　半直線 $\\mathrm{DM}$ と円 $\\Omega$ の交点を $\\mathrm{Z}$ とする．$\\mathrm{MD}=12$ であり，点 $\\mathrm{M}$ の周りで方べきの定理を用いると，$\\mathrm{MZ}=8$ である．\\\r\n 　以上のことから，点 $\\mathrm{D}$ の周りで方べきの定理を用いて，$\\mathrm{BD}=\\dfrac{5}{\\sin \\theta}$ であるとわかる．さらに $\\angle \\mathrm{DBH}=\\theta$ を用いると，$\\mathrm{DH}=\\dfrac{5}{\\cos \\theta}$ である．\\\r\n 　ここで $\\triangle \\mathrm{XHD}$ に余弦定理を用いると，\\\r\n 　$\\mathrm{XH}^2=6^2+\\left(\\dfrac{5}{\\cos \\theta}\\right)^2-2 \\cdot 6 \\cdot \\left(\\dfrac{5}{\\cos \\theta}\\right) \\cos(180^ \\circ - \\theta)$\\\r\n 　一方，$\\mathrm{AH}=\\mathrm{AD}-\\mathrm{HD}=24 \\cos \\theta -\\dfrac{5}{\\cos \\theta}$ である．\\\r\n 　$\\mathrm{AH}=\\mathrm{XH}$ を用いて方程式を解くと，$\\cos \\theta=\\dfrac{\\sqrt{21}}{6}$ を得るので，以下 $\\mathrm{AD}$，$\\mathrm{BD}$，$\\mathrm{AB}$ の順に長さを求めればよい．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/2553/224" }, { "content": "　OMC としては教育的かもしれない解法です．\r\n\r\n---\r\n\r\n　半直線 $AD, DM$ と $\\Omega$ の交点をそれぞれ $E, Y$ とする．$M$ における方べきより $MY=8$ であり，さらに $D$ における方べきより $AD\\times AE=120$ を得る．有名事実として $HD=DE$ だから，$AD=x$ とおくと\r\n$$AH=AD-DE =x-\\frac{120}{x} \\tag{1}$$\r\nを得る．一方で，$X$ から直線 $DH$ に下ろした垂線の足を $Z$ とすれば，相似から $DZ=\\dfrac{x}{4}$ であり，三平方の定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\nXH^2 &= XD^2 - DZ^2 + HZ^2 \\\\\\\\\r\n&= 6^2 - \\biggl( \\frac x4 \\biggr)^2 + \\left( \\frac{120}{x} + \\frac x4 \\right)^2 \\tag{2}\r\n\\end{aligned}$$\r\nが従う．$(1), (2)$ と $AH=XH$ より $x^2=336$ を得る．これより $CD^2=240, BD^2=60$ が順次分かるから，$AB^2=AD^2+BD^2=\\textbf{396}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc158/editorial/2553/227" } ]

[ { "content": "　最も右にある $p$ 以外の $p$ の一つ右は $k$ であるので，この $p$ と$k$ をまとめて考えることで，求める答えは ${}_6 \\mathrm{C}_3=\\mathbf{20}$ と分かる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/5506" } ]

[ { "content": "　求めるべき確率は, ( $3$ 軒目で帽子を忘れる確率) $\\div$ (帽子を忘れる確率) で表せるから，\r\n$$\\dfrac{\\dfrac{2}{3} × \\dfrac{2}{3} × \\dfrac{1}{3}}{1- \\biggl(\\dfrac{2}{3}\\biggr)^3}=\\dfrac{4}{19}$$\r\nであり，解答すべき値は $\\mathbf{23}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/4729" } ]

[ { "content": "　方べきの定理より\r\n$$CP^2 = BC(BC + 11) = CQ^2$$\r\nであるから, $CP = CQ = 100$ である. これを上の式に代入して解くことで, \r\n$$BC = \\frac{-11+\\sqrt{40121}}{2}$$\r\nが分かるので, 特に解答すべき値は $\\bf{40134}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/4730" } ]

[ { "content": "　$5$ で割り切れるものはすべて一の位は $5$ である．残りの $3^{11}\\times 7^{17}$ の約数については，以下の表のように一の位を考えることで，$12\\times 18$ 個のうちに $1,3,7,9$ が同じ数ずつ現れることがわかる．\r\n\r\n$$\\begin{array}{c||c|c|c|c|c}\r\n\\times & 3^0 & 3^1 & 3^2 & 3^3 & 3^4 \\\\\\\\ \\hline \\hline \r\n7^0 & 1 & 3 & 9 & 7 & 1 \\\\\\\\ \\hline\r\n7^1 & 7 & 1 & 3 & 9 & 7 \\\\\\\\ \\hline\r\n7^2 & 9 & 7 & 1 & 3 & 9 \\\\\\\\ \\hline\r\n7^3 & 3 & 9 & 7 & 1 & 3 \\\\\\\\ \\hline\r\n7^4 & 1 & 3 & 9 & 7 & \\cdots\r\n\\end{array}$$\r\n\r\n以上より，すべての約数について一の位の平均が $5$ となり，求める総和は $5\\times (12\\times 14\\times 18)=\\textbf{15120}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/5498" } ]

[ { "content": "　$(6,6)$ を途中で経由できるのは $12$ 回目の移動後か $14$ 回目の移動後である．\\\r\n　$12$ 回目に $(6,6)$ を経由する移動方法を考える．$12$ 回目までは最短経路より ${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{6}$ 通り．$13$ 回目以降は $\\\\{A,B\\\\}$ と $\\\\{C,D\\\\}$ を組み合わせて（同じものを $2$ 回用いてもよい）得られるから，その総数は以下で与えられる．\r\n$${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{6}×(2× {}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}+4!)=33264$$\r\n　$14$ 回目に $(6,6)$ を経由する移動方法を考える．$14$ 回目までは，以下のいずれかである．\r\n- $A$ を $7$ 回，$B$ を $1$ 回，$C$ を $6$ 回\r\n- $A$ を $6$ 回，$C$ を $7$ 回，$D$ を $1$ 回\r\n\r\nまた $15$ 回目以降は $\\\\{A,B\\\\}$ か $\\\\{C,D\\\\}$ のいずれかだから，総数は以下で与えられる．\r\n$$\\biggl(2×\\dfrac{14!}{7!\\times 6!\\times 1!}\\biggr)×4=192192$$\r\n　一方で，重複する $12$ 回目と $14$ 回目にともに $(6,6)$ を経由する移動方法の総数は，以下で与えられる．\r\n$${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{6}×4^2=14784$$\r\n　以上より，全体では $33264+192192-14784=\\textbf{210672}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/5550" } ]

[ { "content": "$M$ に関して $H$ と対称な点を $X$ とする. このとき, 四角形 $BXCH$ は平行四辺形であるから, \r\n$$\\angle BXC = \\angle BHC = 180^\\circ - \\angle BAC$$\r\nであるので $X$ は $\\Gamma$ 上にある. よって\r\n$$OM×OP=OC^2=OX^2$$\r\nより三角形 $OMX$ と $OXP$ は相似であるから, $OM=HM = MX$ と併せて $OX=PX$ である. ここで, 三角形 $HOX$ が直角三角形であることに気をつけ, \r\n$$PX^2=OX^2=HX^2-OH^2=9$$\r\nより $OX=XP=3$ である. また $OX^2=OM×OP$ なので $OP=\\dfrac{9}{2}$ であるから, $MP=\\dfrac{5}{2}$ である. 以上より, 中線定理より\r\n$$2(HM^2+MP^2)=PX^2+HP^2$$\r\nであるから, $HP^2=\\dfrac{23}{2}$ である. 特に解答すべき値は $\\bf{25}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/5522" }, { "content": "　外心 $\\mathrm{O}$ を始点とし，$\\mathrm{A}(\\vec{a})$，$\\mathrm{B}(\\vec{b})$，$\\mathrm{C}(\\vec{c})$，$\\mathrm{H}(\\vec{h})$，$\\mathrm{M}(\\vec{m})$，$\\mathrm{P}(\\vec{p})$とする．幾何的条件より，$\\vec{m}=\\dfrac{\\vec{b}+\\vec{c}}{2}$，$\\vec{h}=\\vec{a}+\\vec{b}+\\vec{c}=\\vec{a}+2 \\vec{m}$ である．\\\r\n 　長さの条件から，$\\mathrm{OM}=|\\vec{m}|=2$，$\\mathrm{HM}=|\\vec{a}+\\vec{m}|=2$，$\\mathrm{OH}=|\\vec{a}+2 \\vec{m}|=\\sqrt{7}$．\\\r\n 　それぞれ $2$ 乗して連立方程式を解けば，$|\\vec{a}|=3$，$\\vec{a} \\cdot \\vec{m}=-\\dfrac{9}{2}$ を得る．\\\r\n 　ここで，$\\triangle \\mathrm{OBM}$ と $\\triangle \\mathrm{OPB}$ が相似であることを用いれば，$\\mathrm{OP}=\\dfrac{9}{2}$ である．$\\mathrm{O}$，$\\mathrm{P}$，$\\mathrm{M}$ は一直線上にあるので，$\\vec{p}=\\dfrac{9}{4} \\vec{m}$．\\\r\n 　最後に $\\mathrm{HP}^2=|\\vec{h}-\\vec{p}|^2=|\\vec{a}-\\dfrac{1}{4}\\vec{m}|^2$ を計算すれば求まる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc157/editorial/5522/226" } ]

[ { "content": "　$\\lceil x \\rceil \\neq \\lfloor x \\rfloor$ より，与式は以下のように変形できる．\r\n$$1 + \\frac{1}{\\lfloor x \\rfloor} = \\frac{\\lfloor x \\rfloor + 1}{\\lfloor x \\rfloor} = \\frac{\\lceil x \\rceil}{\\lfloor x \\rfloor} \\leq 1 + \\frac{12}{2345}$$\r\nこれを解いて，$\\lfloor x \\rfloor \\geq \\left \\lceil \\dfrac{2345}{12} \\right \\rceil = \\bf{196}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc156/editorial/7088" } ]

[ { "content": "　$3$ 回目の操作後に初めて $(0,k)\\\\, (0 \\leq k \\leq 100)$ となるから, $2$ 回目の操作後は $(k,k)\\\\,(0 \\lt k \\leq 100)$ であり, $1$ 回目の操作後は $(k,2k)\\\\,(0 \\lt k \\leq 50)$ である. すなわち, 最初の状態としてあり得るものは\r\n$$(a,b)=(k,3k),(2k,3k)\\quad (0 \\lt k \\leq 33)$$\r\nよって, 求める総和は\r\n$$\\sum_{k=1}^{33}(k+3k+2k+3k)=9×\\left(\\frac{1}{2}×33×34\\right)=\\bm{5049}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc156/editorial/2765" } ]

[ { "content": "　$\\angle BAE = θ$ とおくと，$\\angle AEF = \\angle AFE = 90^\\circ - θ$ となることがわかるから $AE=AF$ である．すなわち $E$ と $F$ は $AC$ について対称である．これと $\\angle EAF = 2θ$ より，$AE$ は $\\angle BAC$ の二等分線となるから，\r\n$$BE = BC × \\frac{AB}{AB + AC} = 10(\\sqrt{2} - 1)$$\r\n$AC$ と$EF$ の交点を $G$ とすれば，三角形 $ABE$ と三角形 $AGE$ は合同だから，求める面積は\r\n$$\\left( \\frac{1}{2} × AB × BE \\right) × 2 = 100(\\sqrt{2} - 1)$$\r\nよって，求めるべき値は $20000 + 100 = \\textbf {20100}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc156/editorial/3129" } ]

[ { "content": "　$a_1 + a_4 + a_7 = x, \\gcd(a_1, a_4, a_7) = g$ とおく．$\\dfrac{x}{g}$ は整数であり，またある整数 $k$ を用いて\r\n$$a_2+a_3=k\\cdot \\frac{a_1}{g},\\quad a_5+a_6=k\\cdot \\frac{a_4}{g},\\quad a_8+a_9=k\\cdot \\frac{a_7}{g}$$\r\nと表されるから，\r\n$$a_2+a_3+a_5+a_6+a_8+a_9=k\\cdot \\frac{x}{g}$$\r\nである．よって $a_1+a_2+\\cdots+a_9=45$ は $\\dfrac{x}{g}$ の倍数であるから，$\\dfrac{x}{g}$ は $45$ の約数であり，特に $9$ または $15$ である．\r\n\r\n- $g = 1$ のとき\r\n - $x = 9$ のとき，$4a_7 = a_8 + a_9 \\leq 17$ より $(a_1, a_4, a_7) = (2, 3, 4)$．\r\n - $x = 15$ のとき，$2a_1 = a_2 + a_3 \\geq 3, 2a_7 = a_8 + a_9 \\leq 17$ より\r\n$$(a_1, a_4, a_7)=(2, 5, 8), (2, 6, 7), (3, 4, 8), (3, 5, 7), (4, 5, 6).$$\r\n* $g = 2$ のとき\\\r\n$x = 18$ が必要で，$(a_1, a_4, a_7) = (4, 6, 8)$．\r\n* $g \\geq 3$ のとき，$x \\geq 9g \\geq 27$ より不適．\r\n\r\n$(a_1, a_4, a_7) = (2, 3, 4)$ のとき $(a_2 + a_3, a_5 + a_6, a_8 + a_9) = (8, 12, 16)$ であるが，これを満たす $6$ 数の組は存在しない．残りの場合についてはそれぞれ一意に $6$ 数の組が存在して，求める値は $213546879 + 213648759 + 315426879 + 324519768 + 417528639 + 415627839 = \\bf{1900298763}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc156/editorial/6078" } ]

[ { "content": "　正の平方数全体の集合を $D$ とする．まず，\r\n$$f(x^2)=f(x)^2=xf\\bigl(f(x)\\bigr)$$\r\nをみたす関数 $f$ の性質について一般的に考えよう．いま，\r\n$$f(x^2)^2=x^2f(f(x))^2=x^2f\\bigl((f(x)^2\\bigr)=x^2f\\bigl(f(x^2)\\bigr)$$\r\nという変形が可能であることから，条件は与式から以下のように弱められることがわかる．\r\n$$\\begin{cases}\r\nf(x)^2=xf(f(x))&(x \\notin D)\\\\\\\\\r\nf(x)= f(\\sqrt{x})^2&(x \\in D)\r\n\\end{cases}$$\r\nこれより特に，$x\\in D \\iff f(x)\\in D$ であることがわかる．第二式より $f(1)=1$ に注意する．\\\r\n　ここで，第一式は $x, f(x), f(f(x)), f(f(f(x))), \\ldots$ が等比数列をなすことと同値である（いま，各項が正整数であることから，公比も正整数値でなければならない．特に，$f(x)$ は $x$ で割り切れることに注意する）．以上の考察により，問題は平方数でない正整数すべてを等比数列に分割することに帰着された．\\\r\n　これらを踏まえて，$f(1)+\\cdots+f(9)=67$ を考えると，まず以下のようにいくつかの値は確定する．\r\n\r\n- $f(9)\\leq 67-(1+2+\\cdots+8)=31$ により $f(9)=9$ が必要であり，あわせて $f(3)=3$ もわかる．\r\n- $f(4)\\neq 4$ のとき $f(4)\\leq 67-(1+2+\\cdots+9)$ により $f(4)=16$ が必要だが，このとき $f(2)=4\\in D$ となり不適．よって $f(4)=4$ で，あわせて $f(2)=2$ もわかる．\r\n\r\n　あとは $f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=48$ を考えればよいが，適する組み合わせは以下の $3$ つのみである．\r\n$$ (5,12,7,24), \\quad (15,18,7,8), \\quad (20,6,14,8)$$\r\nただし，いずれも平方数であってはならないことに注意せよ（それを除けば $(5,6,21,16)$ も入る）．\\\r\n　ここで一つ目の場合について，$f(6)=12$ より $f(24)=48$ だが，一方 $f(8)=24$ より $f(24)=72$ が必要であるから矛盾する．残りの二つについては，それぞれ重複のない二つの等比数列が引き起こされ，それらに入らない部分については $f$ は恒等写像とすれば，全体で適する $f$ となる．以上より，求めるべき値は\r\n$$12341518789+12342061489=\\mathbf{24683580278}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc156/editorial/5222" } ]

[ { "content": "　良い配置において，任意に $2$ 行（列）を選びそれらの行（列）に置かれた石を入れ替えても良い配置である．$R_1\\leq R_2\\leq\\cdots \\leq R_{13}$ および $C_1\\leq C_2\\leq\\cdots\\leq C_{11}$ をみたすように適当に行，列を入れ替える操作を**正規化**と呼ぶこととする．\\\r\n　以下，$(i,j)$ に置かれた石の個数を $C(i,j)$ で表す．正規化された良い配置について考える．ある $i,j$ であって $C(i,j)=1,C(i+1,j)=0$ をみたすものが存在すると仮定すると，$R_i\\leq R_{i+1}$ よりある $k$ が存在して $C(i,k)=0,C(i+1,k)=1$ となるものが存在する．このとき $4$ マスの「石が置かれているか」を反転させた配置は同じ特性組を持つため，もとの配置が良い配置であるという仮定と矛盾する．従って $C(i,j)=1$ ならば $C(i+1,j)=1$ が従う．この議論より，良い配置は正規化すると階段状になっているもの（図を参照）に限られることを意味する．逆に，正規化した後で階段状になっている配置が良い配置であることもわかる．\\\r\n　また，例えば左側の図のような正規化された良い配置について，良い駒が置かれたマス全体は図で赤く塗られたマスである．一般の配置についても同様である．これより，良い配置において良い駒をすべて同時に取り除いても良い配置であり，また $1$ 個以上石の置かれている良い配置においては良い駒が $1$ 個以上存在することがわかる．よって $4$ 回の操作後に駒は $0$ 個になり，操作を逆に辿れば，右側の図（またはその行と列を入れ替えたもの）のように黒，黄，青，赤の順に駒の配置が定まる．それぞれに対し正規化する前の配置としてあり得るものの個数を考えれば，求める値は\r\n$${}\\_{13}\\mathrm{P}\\_{4}\\times\\frac{{}\\_{11}\\mathrm{P}\\_{7}}{2^3}+{}\\_{11}\\mathrm{P}\\_{4}\\times\\frac{{}\\_{13}\\mathrm{P}\\_{7}}{2^3}={\\bf 12129717600}.$$ \r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc156/editorial/4390" } ]

[ { "content": "　$X$ は $4(12+X)=74+2X$ をみたす. 解けば $X=\\bf{ 13 }$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc155/editorial/3330" } ]

[ { "content": "　マス目の横の境界線 $11$ 本（両端の線分も含む）から相異なる $2$ 本の境界線を選び上から $x_1, x_2$ とし，マス目の縦の境界線 $11$ 本から相異なる $2$ 本の境界線を選び左から $y_1, y_2$ とする. $i = 1, 2, j = 1, 2$ について $x_i$ と $y_j$ の交点を $P_{i, j}$ とすると，$4$ 点の組 $P_{1,1}, P_{1,2}, P_{2,1}, P_{2,2}$ は条件を満たす．逆に，条件を満たす $4$ 点の組に対して，一意に上のような縦の境界線 $2$ 本と横の境界線 $2$ 本の組が定まる．よって $\\big({{}\\_{11}\\mathrm{C}\\_2}\\big)^2=\\bf{3025}$ が求める答えである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc155/editorial/4044" } ]

[ { "content": "**解法1.**　三角形 $AED$ と $AOD$ は合同であるから, $\\angle OAD=\\angle EAD=36^\\circ$. ここで中線連結定理より $OA$ と $ML$, $BC$ と $MN$ はそれぞれ平行であり, 一方で正五角形の性質より $BC$ は $AD$ とも平行であるから, 求める角は $180^\\circ-\\angle OAD=\\textbf{144}^\\circ$ である.\r\n\r\n**解法2.**　$O-ABCDE$ は正二十面体の一部とみなせる. これにおいて, $E$ の対蹠点を $E^\\prime$ とし, これと $E$ からの距離が等しい点の集合である面で正十二面体を切断すると, 断面は正十角形である. $L,M,N$ はその連続する $3$ 頂点であるから, 求める角は $\\textbf{144}^\\circ$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc155/editorial/1657" } ]

[ { "content": "　$4$ 解を (重複度を込めて) $s\\leq t\\leq u\\leq v$ とすれば，解と係数の関係により\r\n$$(s+1)(t+1)(u+1)(v+1)=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+1=120.$$\r\nしたがって，$(s,t,u,v)$ としてあり得るものは\r\n$$(1,2,3,4),\\quad (1,1,4,5),\\quad (1,1,2,9),\\quad (1,1,1,14)$$\r\nである．$a_{1}=s+t+u+v$ より，特に求める値は $\\textbf{51}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc155/editorial/2847" } ]

[ { "content": "　$p={10}^{100}-1$ とする．$i$ 行目 $j$ 列目のマス目を含むような部分長方形の総数を $T(i,j)$ とすると，$T(i,j)$ は部分長方形の左上の頂点の選び方 $i\\times j$ 通り，右下の頂点の選び方 $(p-i+1)\\times(p-j+1)$ 通りの積であるから，求めるスコアの総和 $S$ は次の通りである．\r\n$$S=\\sum_{i,j=1,3,5,\\cdots ,p}T(i,j)=\\Biggl(\\sum_{i=1,3,5,\\dots,p}i(p-i+1)\\Biggr)^2$$\r\n　ここで一般に正整数 $m$ について\r\n$$\\sum_{i=1}^{m}i(m-i+1)=1\\times m+2\\times(m-1)+\\cdots+(m-1)\\times2+m\\times 1= {}\\_{m+2}\\mathrm{C}\\_{3}$$\r\nが成り立つため，$p$ が奇数であることに注意すれば次のように計算できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sqrt{S}=\\sum_{i=1,3,5,\\dots,p}i(p-i+1)&=\\sum_{i=1}^{p}i(p-i+1)-\\sum_{i=1}^{(p-1)\\/2}2i(p-2i+1)\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{i=1}^{p}i(p-i+1)-4\\sum_{i=1}^{(p-1)\\/2}i\\Bigl(\\frac{p-1}{2}-i+1\\Bigr)\\\\\\\\\r\n&= {}\\_{p+2}\\mathrm{C}\\_{3}-4 \\times {}\\_{\\frac{p+3}{2}}\\mathrm{C}\\_{3}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{(p+1)(p^2+2p+3)}{12}\\\\\\\\\r\n&= \\dfrac{10^{100}\\times 5\\overbrace{00\\cdots00}^{198個}1}{6}=8\\overbrace{33\\cdots33}^{198個}5\\times10^{99}\\end{aligned}$$\r\n　これより解答すべき値は $\\bf{607}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc155/editorial/3291" } ]

[ { "content": "　$BD=a,CD=b$ とおけば, 三角形 $ABD$ における余弦定理より\r\n$$AD^2=AB^2+BD^2-2AB\\times BD\\times\\cos 60^\\circ=(a+b)^2+a^2-a(a+b)=a^2+ab+b^2$$\r\n一方でこれは $(a+b-20^{22})^2$ にも等しく, これを連立させて成立することで\r\n$$(a-2\\times20^{22})(b-2\\times 20^{22})=3\\times(20^{22})^2=2^{88}\\times3\\times5^{44}$$\r\n　ここで, $a,b\\lt 2\\times 20^{22}$ とすると, 相加・相乗平均の関係より\r\n$$4\\times 20^{22}-a-b\\geq 2\\sqrt{(a-2\\times20^{22})(b-2\\times 20^{22})}=2\\sqrt{3}\\times20^{22}$$\r\nが成り立ち, これは $a+b=BC=AD+20^{22}\\gt 20^{22}$ に反する.\\\r\n　したがって, $AB=2^{88}\\times3\\times5^{44}$ なる正整数の組 $(A,B)$ について, $A+B$ としてあり得る値はいくつであるか求める問題に帰着された. これは, $2^{88}\\times3\\times5^{44}$ が平方数でないことに留意すれば, その正の約数の個数の半分に等しく, これは $(88+1)(1+1)(44+1)\\/2=\\textbf{4005}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc155/editorial/302" } ]

[ { "content": "　三平方の定理より,\r\n$$AC^2-AB^2=CH^2-BH^2=(CH+BH)(CH-BH)=2000\\times 2^{1001}$$\r\nである. 一方で,\r\n$$AC^2-AB^2=(AC-AB)(AC+AB)$$\r\nであり, 条件から $AB+AC=2^{1005}$ であるから, 特に求める値は $\\bf{ 125 } $ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/2768" } ]

[ { "content": "　任意の平方数に対し，$3$ で割った余りは $0$ または $1$ であり，\r\n$$p^6+1\\equiv r^6 \\pmod{3}$$\r\nより $p=3$ が必要である．さらに，任意の $6$ 乗数に対し $7$ で割った余りは $0$ または $1$ であり，\r\n$$3q^6+4\\equiv r^6 \\pmod{7}$$\r\nより $r=7$ が必要である．このとき $q=5$ となるから，解答すべき値は $\\bf{105}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/3419" } ]

[ { "content": "　$P(x)$ は実数を係数とする $9$ 次多項式であるから，実数 $a,b,c$ および $6$ 次以下の多項式 $R(x)$ を用いて\r\n$$\\\\begin{aligned}\r\nP(x)=&~a(x+1)(x+2)\\cdots(x+9)\\\\\\\\\r\n&+b(x+1)(x+2)\\cdots(x+8)\\\\\\\\\r\n&+c(x+1)(x+2)\\cdots(x+7)\\\\\\\\\r\n&+R(x)\r\n\\\\end{aligned}$$\r\nと表される．$P(x)$ の最高次の係数は $10$ であるから $a=10$ である．また，$P(x)$ を\r\n$$(x+1)(x+2)\\cdots(x+9)$$\r\nで割った余りは\r\n$$b(x+1)(x+2)\\cdots(x+8)+c(x+1)(x+2)\\cdots(x+7)+R(x)$$\r\nであり，その $8$ 次の係数が $9$ であることから，$b=9$ が従う．同様に，$P(x)$ を\r\n$$(x+1)(x+2)\\cdots(x+8)$$\r\nで割った余りを考えることで $c=8$ が従う．以上より $P(x)$ の $7$ 次の係数は\r\n$$10\\sum_{1\\leq k\\lt l\\leq 9}kl+9\\sum_{k=1}^{8}k+8=\\bf{9032}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/4228" }, { "content": "この解説では，数列 $a$ を「任意の $n$ に対して、 $a_n$ が $P(x)$ の $n$ 次の係数が等しいようなもの」として定義します． \r\n \r\n $n=9$ の場合で題意を満たすための条件を考えます． $(x+1)(x+2)\\cdots(x+9)$ の $8$ 次の係数は $1+2+{\\cdots}+9=45$ です．このことより， ${a_{8}} = 45 {\\times} {a_{9}}+9= 459$ が必要条件であることが分かります． \r\n \r\n続いて $n=8$ の場合を考えます． $(x+1)(x+2)\\cdots(x+8)$ の $7$ 次の係数は $1+2+{\\cdots}+8=36$ であり， $6$ 次の係数は $$\\sum^{7} _ {i=1}\\sum^{8} _ {j=i+1} ij = \\frac{1}{2}{\\times}\\Biggl({\\biggl(\\sum^{8} _ {i=1}i\\biggr)^2}-{\\sum^{8} _ {i=1} i^2}\\Biggr) =546$$ です．これを踏まえて考えると， ${a_{7}} = 546{\\times}{a_{9}}+({a_{8}}-36{a_{9}}){\\times}{36}+8 = \\textbf{9032}$ であることが分かり，これが答えとなります．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/4228/220" } ]

[ { "content": "　正整数 $n,n+1,\\dots,n+k$ をこの順に文字列として結合し，再度数字として解釈したものを $S(n,k)$ で表すことにする．例えば $S(8,2)=8910$ である．さらに \r\n$$\\Delta(n,k)=S(n,k)-\\sum_{i=n}^{n+k}i$$\r\nとする．任意の正整数 $n,k$ について $\\Delta(n,k)\\geq 0$ であることに注意せよ．\\\r\n 　$+$ を一つも書き忘れなかったときの値は $5050$ であるから，正しい値とのずれが $6930$ となればよい．\\\r\n　$a$ と $a+1$，$b$ と $b+1$，$c$ と $c+1$ の間の $+$ を書き忘れた $(a\\lt b\\lt c)$ としよう．\r\n- $a+2=b+1=c$ のとき $\\Delta(a,3)=6930$ であるが，これは実現されない．\r\n- $a+2=b+1\\lt c$ のとき $\\Delta(a,2)+\\Delta(c,1)=6930$ である．このとき $a\\leq 7$ であり，\r\n$$6930\\geq \\Delta(c,1)=6930-\\Delta(a,2)\\geq 6930-765=6165$$\r\nより $9\\leq c\\leq 98$，すなわち $\\Delta(c,1)=99c$．しかし，$\\Delta(a,2)=9(12a+1)$ は $11$ の倍数にならない．\r\n- $a+2\\lt b+1=c$ のとき，上と同様に $b\\leq 7$ だが，このとき $\\Delta(a,1)+\\Delta(b,2)\\leq 45+765$ で不適．\r\n\r\n　以上より $a+2\\lt b+1\\lt c$ のとき $\\Delta(a,1)+\\Delta(b,1)+\\Delta(c,1)=6930$ について考えればよい．\r\n$$\\Delta(x,1)=9x\\ (1\\leq x\\leq 8),\\quad \\Delta(x,1)=99x\\ (9\\leq x\\leq 98)$$\r\nであることを用いれば，次のいずれかであることがわかる．\r\n- (a)：$9\\leq a,b,c\\leq 98$ かつ $a+b+c=70$ \r\n- (b)：$1\\leq a,b\\leq 8$ かつ $a+b=11,c=69$\r\n\r\n　(a)の場合，$x=a-9,y=(b-11)-x,z=(c-13)-y$ とすれば\r\n$$3x+2y+z=37$$\r\nを満たす非負整数組 $(x,y,z)$ を数えることと言い換えられ，その個数は次で求められる．\r\n$$\\sum_{x=0}^{12}\\biggl\\lfloor\\frac{37-3x}{2}+1\\biggr\\rfloor=\\sum_{k=0}^{6}(19-3k)+\\sum_{i=0}^{5}(18-3k)=133$$\r\n\r\n　(b)の場合，ありえる組み合わせは $(3,8,69),(4,7,69)$ の $2$ 通りである.\\\r\n　以上より求める場合の数は $\\bf{135}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/3096" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の $A$ に対する傍心を $I_A$ とする. \r\n$$AI:DI=AB:DB=AI_{A}:DI_{A}$$\r\nであり, 線分 $II_A$ は $\\Gamma$ の直径を成すので, $\\Gamma$ は 線分 $AD$ に対するアポロニウスの円である. よって\r\n$$\\angle DEI = \\angle IEA = \\angle II_AE$$\r\nであるから三角形 $DEI$ と三角形 $EI_AI$ は相似である. よって $\\angle IDE = \\angle IEI_A = 90^\\circ$ を得る. 従って, 三平方の定理より\r\n$$AE = \\sqrt{AD^2 + DE^2} = 2\\sqrt{13}$$\r\nを得る. また, 先の相似と方ベキの定理より\r\n$$BD = \\frac{ID\\times I_AD}{CD} = \\frac{DE^2}{CD} = \\frac{16}{5}$$\r\nである. $\\Gamma$ は線分 $AD$ に対するアポロニウスの円であるから, \r\n$$AB = DB\\times\\frac{AE}{DE} = \\frac{8\\sqrt{13}}{5}$$\r\nを得る. 特に解答すべきは $\\bf{520}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/4048" } ]

[ { "content": "　サイコロを下向きに $1$ 回転がす移動を $A$，右向きに $1$ 回転がす操作を $B$ とする．移動全体は $A,B$ それぞれ $12$ 回ずつの組み合わせからなる．最初に $6$ が上を向くのは，早くて $2$ 回目である．また，$6$ が上を向いてから次に $6$ が上を向くまでに，移動は最低 $4$ 回必要とする．よって，スコアはたかだか $6$ であることがわかる．\\\r\n　さて，$6$ が上に向いてから次に $6$ が上に向くまでに，必ず $1$ は上に向く．また，$6$ が真上を向いている状態で $A\\/B$ を実行すれば，次に $A\\/B$ を実行したとき，またそのときに限り $1$ が上を向く．これらは逆も同様である．これらのことに留意して，スコアが $6$ となる移動方法を数え上げよう．スコアが $6$ であるとき，$AA$ および $BB$ の「塊」が少なくとも $11$ 個必要であるから，一方が $6$ 個でもう一方が $5$ 個である（ただし，「塊」が12個の場合には，「先頭」からの11個を考えるものとする）．$BB$ が $6$ 個であるとしよう．\\\r\n　このとき，$AA$ が $5$ つと $BB$ が $6$ つを $1$ 列に並べる方法は ${}\\_{11}\\mathrm{ C }\\_5=462$ 通りある．それぞれについて，$A$ を $2$ つ適切に挿入すればよいが，適切な位置は「$B$ と $B$ の間」または「末尾」の $7$ 箇所である（「塊」の間に $2$ つまとめて挿入することも可能であるが，これは $AA$ が $6$ 個の場合と重複するため除外する）．よって，挿入の方法は $a_1+a_2+\\cdots+a_7=2$ なる非負整数の組 $(a_1,a_2,\\ldots,a_7)$ の総数に対応し，${}_{8}\\mathrm{ C }_2=28$ 通りである．\\\r\n　$AA$ が $6$ 個である場合も同様であり，これらの間に重複は起きないことがわかる．以上より，求めるべき値は $462\\times 28\\times 2=\\bf{25872}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc154/editorial/4386" } ]

[ { "content": "　 問題の条件を満たす整数のうち，$10^3$ の位，$10^2$ の位，$10^1$ の位，$1$ の位が $k~(k=1,2,7,9)$ であるような数はそれぞれ $4^3=64$ 個存在する．よって，各桁ごとに計算することにより，求めるべき総和は\r\n$$(10^3+10^2+10^1+1)×(1+2+7+9)×64=\\textbf{1350976}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/3819" } ]

[ { "content": "　三角形の $3$ つの内角が $40^\\circ,60^\\circ,80^\\circ$ であるとき，$3$ 点は外接円を $2:3:4$ に分割する位置にあるから，$n$ は $9$ で割り切れる．同様に，三角形の $3$ つの内角が $24^\\circ,48^\\circ,108^\\circ$ であるとき，$3$ 点は外接円を $2:4:9$ に分割する位置にあるから，$n$ は $15$ で割り切れる．逆にこれらが十分条件であるから，以上より，求める $n$ の最小値は $9$ と $15$ の最小公倍数の $\\mathbf{45}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/4452" } ]

[ { "content": "　一般に正の整数 $n$ に対して \r\n$$\\frac{1}{(n+2)n!}=\\frac{1}{(n+1)!}-\\frac{1}{(n+2)!}$$\r\nが成り立つから,\r\n$$\\begin{aligned}\\sum_{n=1}^{10} \\frac{1}{(n+2)n!} &= \r\n\\sum_{n=1}^{10}\\left\\\\{\\frac{1}{(n+1)!}-\\frac{1}{(n+2)!} \\right\\\\} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2!}-\\frac{1}{12!}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{6\\cdot 11!-1}{12!}\r\n\\end{aligned}$$\r\n最後の分数は既約であるから，特に解答すべき値は $6\\cdot 11!-1=\\mathbf{239500799}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/4851" } ]

[ { "content": "　$0$ 以上 $9$ 以下の整数からなる狭義単調増加列 $C=(c_1,c_2,\\dots,c_n)$ それぞれについて\r\n$$(|a_{1}-b_{1}| , |a_{2}-b_{2}| , \\cdots , |a_{n}-b_{n}|) = (c_{1},c_{2},\\cdots , c_{n})$$\r\nとなるような $(A,B)$ の個数を求めればよい．明らかに $n\\leq 10$ である．\\\r\n　$0$ 以上 $9$ 以下の整数 $x$ について $|a-b|=x$ を満たすような $10$ 以下の正の整数の組 $(a,b)$ の個数を $f(x)$ とすれば，各 $C$ について対応する組 $(A,B)$ の個数は\r\n$$\\prod_{k=1}^{n} f(c_{k})$$\r\nである．ここで\r\n$$f(x)=\\begin{cases}\r\n10 & (x=0)\\\\\\\\\r\n2(10-x) & (1 \\leq x \\leq 9)\r\n\\end{cases}$$\r\nが成り立つことに注意すれば，$C$ としてあり得るものすべてに対する上式の総和，すなわち解答すべき値は次のように求められる(展開した様子を考えよ)．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\bigl(f(0)+1\\bigr)\\bigl(f(1)+1\\bigr)\\cdots \\bigl(f(9)+1\\bigr)-1\\\\\\\\\r\n&=11\\times 19\\times 17\\times\\cdots\\times 3-1\\\\\\\\\r\n&={\\bf 7202019824}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/3818" }, { "content": "　難易度に対して解説がいかつい気がするので噛み砕いた感じに書いてみます．本質は一緒です．\r\n\r\n---\r\n\r\n　数列の個数が指定されていないので，よくある下の問題みたいな感じで解きたいですね．\r\n\r\n- 全ての数字が $1$ 以上 $10$ 以下である，$1$ つ以上の項からなる単調増加な数列はいくつ？\r\n\r\nこの問題では最初に数列 $\\lbrace 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\\rbrace$ を考え，そこからそれぞれの数値について消す，消さないを選べばいいので $2^{10}-1=\\boxed{1023}$ 個だと分かりますね．全部の項が消えるやつを引くのを忘れずに．(自戒)\r\n\r\n　元の問題に戻りましょう．$a_k$ と $b_k$ の差として考えられる値が $0$ から $9$ まであって，それらが単調増加になればOK．で，差が $0,1,2,3,4,5,6,7,8,9$ になる組はそれぞれ $10,18,16,14,12,10,8,6,4,2$ 個あるので，求める組の個数は以下のようになります．\r\n$$(10+1)(18+1)(16+1)\\cdots(4+1)(2+1)-1=\\boxed{でっかい数}$$\r\nここで，全部に $1$ を足しているのはその項を消すパターンを含めるためで，最後に引いてるのは全部の項が消えるパターンのやつです．これ忘れずに．(自戒)\r\n\r\n\r\n　", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/3818/222" } ]

[ { "content": "$$\\quad AB=2AP=12\\sqrt{3}, \\quad HP=BP-BH=\\sqrt3AP - BH = 5$$\r\nである．また，三角形 $AHP$ と三角形 $BCP$ が相似であることから，\r\n$$HP:PC=AP:BP=1:\\sqrt{3}$$\r\nであり，$PC=5\\sqrt{3}$ が分かる．したがって $AC=AP+PC=11\\sqrt{3}$ となるから， \r\n$$\\triangle ABC =\\frac{1}{2} \\times AB \\times AC \\times \\sin{60^\\circ}=99\\sqrt{3}$$\r\nである．\\\r\n　三角形 $ABC$ の外心を $O$ とする．辺 $BC$ の中点を $N$ とすればオイラー線の性質より $AH=2ON$ であり $\\angle A=60^\\circ$ であるから，$2ON$ は三角形 $ABC$ の外接円の半径 $OA$ に等しい．すなわち\r\n$$AO=AH=\\sqrt{(6\\sqrt{3})^{2}+5^2}=\\sqrt{133}$$\r\nである．従って，辺 $AB$ の中点を $L$ とすると，三角形 $APH$ と三角形 $ALO$ は合同である．よって\r\n$$ML=OM-OL=AH-HP=\\sqrt{133}-5$$\r\nである．ゆえに\r\n$$\\triangle AMB =\\frac{1}{2}\\times AB\\times ML=6\\sqrt{399}-30\\sqrt{3}$$ \r\n\r\n以上より，四角形 $AMBC$ の面積は\r\n$$ \\triangle ABC +\\triangle AMB =6\\sqrt{399}+69\\sqrt{3}=\\sqrt{14364}+\\sqrt{14283} $$\r\nとなるから，特に回答すべき値は $\\mathbf{28647}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/3863" } ]

[ { "content": "　$A$ を $(0,0)$ とし，小正方形の頂点のうち $A$ から最も離れたものを $(n,n)$ として座標を定める．いま，小正方形の頂点全てを頂点とし，$S$ に**含まれない**道全てを辺とするグラフ $G$ を考えれば，Euler の定理より $G$ に対応する OMC 君の経路が存在することの必要十分条件は次のように表せる：\r\n- $G$ の補グラフ（すなわち $S$ を辺集合とするグラフ）の全ての頂点の次数が偶数である．\\\r\n$\\iff$ $G$ の $(0,k), (n,k), (k,0), (k,n) ~ (k=1,\\ldots,n-1)$ の次数が奇数であり，それ以外の頂点の次数が偶数である．\r\n- $G$ の補グラフの連結成分がちょうど一つであり，かつ $A$ に接続する辺が存在する．\r\n\r\nこの条件の下で $G$ の辺の数を最小化すればよく，これは各頂点の次数の総和を最小化することと言い換えられる．奇数次の頂点が $4n-4$ 個存在することから，次数の総和は最小でも $4n-4$ である．\\\r\n　$n$ が奇数のとき，次数の総和が $4n-4$ であるように辺を設定できることが分かり，またこれは一意であるから $f(n)=1$ である．\\\r\n　$n$ が偶数のとき，$i+j$ が偶数となる $(i,j)$ を白，奇数となる $(i,j)$ を黒で塗ることを考える．このとき黒で塗られた頂点の次数の総和は最小でも $2n$ であり，$2$ 色それぞれの次数の総和は等しいことから，次数の総和は最小でも $4n$ である．逆に，以下の $6$ 通りの方法で次数を定めることで次数の総和が $4n$ となり，さらに次数が合うようにそれぞれ一意に辺を設定できる：\r\n- 奇数次の頂点の次数を $1$，偶数次の頂点を $0$ とする．ただし以下の $2$ 頂点のみ次数を $2$ とする：\r\n\t- $(1,1)$ と，$(n-1,n-1)$ と $(n,n)$ の中から一つ．\r\n\t- または，$(n,0)$ と $(n-1,1)$ の中から一つと，$(0,n)$ と $(1,n-1)$ の中から一つ．\r\n\r\nここで $A$ の次数が $2$ になり得ないことに留意せよ．これ以外の次数の定め方には対応するように辺を設定できないことが確認できるから，$f(n)=6$ である．ただし，$n=2$ では $n-1=1$ に留意して $f(n)=5$ である（また，$n=2$ に限り，次数 $4$ の $1$ 頂点を作る構成が生まれることに注意せよ）．\\\r\n　以上より，求める値は\r\n$$1+5+1+6+\\cdots+6+1=7\\times (3574\\div 2)=\\textbf{12509}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc153/editorial/3575" } ]

[ { "content": "　$S$ は $OA$ を斜辺とする直角三角形 $2$ つと扇形を組み合わせた図形である．直角三角形の面積は「底辺$\\ \\times\\ $高さ$\\ \\div\\ 2$」，扇形の面積は「弧長$\\ \\times\\ $半径$\\ \\div\\ 2$」で表されるから，結局 $S$ の面積は「周長$\\ \\times\\ 5\\div 2$」である．よって，周長が $10\\pi$ よりも大きい $999=3^3\\times 37$ の約数であることに注意すれば，求める総和は $(1+3+9+27)\\times37\\times 5\\div 2=\\mathbf{3700}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/1776" } ]

[ { "content": "　$0$ 以上 $3$ 以下の整数 $x$ は，$0$ または $1$ である整数 $y, z$を用いて $x=2y+z$ と一意に表されるから，$f(X)$ の値は $X$ を $2^{10} - 1$ 以下の非負整数 $Y, Z$ を用いて $X = 2Y + Z$ と表す場合の数に等しい．ここで $X$ と $Z$ の偶奇は一致することから，$f(X)$ は高々 $2^9$ である．$f(X)=2^9$ なる $X$ について考える．\\\r\n　$X$ が偶数のとき，$Z=0$ で対応する $Y$ が存在することから $X\\leq 2^{11}-2$ であり，一方 $Z=2^{10}-2$ で対応する $Y$ が存在することから $X\\geq 2^{10}-2$ である．逆に，この範囲の偶数 $X$ では確かに $f(X)=2^9$ となる．\\\r\n　$X$ が奇数のときも同様に考えることで，全体で求めるべき $X$ が $2^{10} - 2=1022$ 以上 $2^{11} - 1=2047$ 以下の全ての整数であることがわかる．\r\nよって，求めるべき総和は $\\mathbf{1574397}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/3701" } ]

[ { "content": "　一般に $N=12 \\left( \\gt 4 \\right)$ とする.\r\n島を頂点 $1, 2, \\ldots, N$, 橋を辺とすることでOMC国を無向グラフとみなす.\\\r\n　このとき, 問題文中の条件は以下のように言い換えられる.\r\n\r\n- どの色についても, その色以外で塗られた辺を全て取り除いた後のグラフは連結でない.\r\n- どの頂点についても, $1$ 本以上の赤色で塗られた辺の端点となっている. \r\n\r\nこれらの条件のもとで, 赤色以外で塗られた辺の数 $m$ が最小値をとるようなものを考えることにする.\\\r\n　赤色で塗られた辺のみを残したとき, 各連結成分に含まれるような頂点集合を \r\n$V_1, V_2, \\ldots, V_k$ とおく. ここで\r\n$$\r\n|V_1| \\leq |V_2| \\leq \\cdots \\leq |V_k|\r\n$$\r\nとする. 条件より $k \\geq 2$ および $ 2 \\leq |V_1| \\leq \\dfrac{N}{2}$ である. \r\nこのとき, 辺数を考えれば\r\n\r\n$$\r\n|V_1|\\sum_{i=2}^{k}|V_i| + |V_2|\\sum_{i=3}^{k}|V_i| + \\cdots + |V_{k-1}|\\sum_{i=k}^{k}|V_i| \\leq m\r\n$$\r\n\r\nが成立する. なお, 等号は各連結成分に赤色以外の辺が含まれない場合に成立する.\\\r\n　ここで, $N=|V_1|+\\cdots+|V_k|$ に注意すれば, 左辺は以下のように表現できる.\r\n$$\r\n\\dfrac{1}{2}\\left( N^2-|V_1|^2-\\cdots-|V_k|^2 \\right)\r\n$$\r\nしたがって, いま $|V_1|^2+\\cdots+|V_k|^2$ の最大化を考える. ここで\r\n$$\r\n\\big(|V_{k-1}|+|V_k|\\big)^2\\gt |V_{k-1}|^2+|V_k|^2\r\n$$\r\nであることから $k=2$ の場合のみを考えればよく, このとき $|V_1|=2$ とするのが一意に最善である.\\\r\n　すなわち $m\\geq 2N-4$ と評価できる. 等号が成り立つとすれば, ある頂点 $v_1\\lt v_2$ が存在し, これらとこれら以外の頂点を結ぶ辺はすべて赤色でなく, それ以外の辺はすべて赤色である.\\\r\n　いま $v_1,v_2$ を固定して考える. 以上で与えた条件のみでは $2^{2N-4}$ 通りであるが, このうち条件をみたさないものを除外する. ここで, $v_1, v_2$ と異なる頂点 $v$ であって, \r\n$v$ と $v_1$, $v$ と $v_2$ を結ぶ辺が共に緑色で塗られているものが存在するならば, \r\nそのうち一つを選び $v_g$ とする. \r\n青色についても同様に, 存在するならばそのうち一つを $v_b$ とする.\r\n\r\n- $v_g$, $v_b$ がともに存在しないとき, \r\n青色, 緑色それぞれの色の辺について $v_1, v_2$ が連結でないため, 適する.\r\n- $v_g$, $v_b$ の一方のみが存在するとき, \r\nその色を $C$ とすると, $v_1, v_2$ は色 $C$ の辺によって連結であり, \r\n$v_1, v_2$ と異なる任意の頂点 $v$ について, \r\n$v$ は $v_1, v_2$ の少なくともいずれか一方と色 $C$ によって連結であるため, 不適である. \r\n- $v_g$, $v_b$ がともに存在するとき, \r\n青色, 緑色それぞれの色の辺について $v_g, v_b$ が連結でないため, 適する.\r\n\r\n　よって, 上で定めたような $v_g$, $v_b$ の一方のみが存在する場合を除けばよい.\r\n$v_1, v_2$ と異なる $N - 2$ 個の頂点 $v$ について接続する $2$ 個の辺の色を考えることで,\r\nこれは $2 \\left( 3^{N-2} - 2^{N-2}\\right)$ 通りであることがわかる. \\\r\n　以上より, 全体で求めるべき塗り分け方は\r\n$$\\dbinom{N}{2} \\left( 2^{2N-4} - 2 \\left( 3^{N-2} - 2^{N-2}\\right) \\right)$$\r\n通りである. 解答すべき値は特に $N = 12$ の場合で与えられて, \r\n$\\mathbf{61546716}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/3921" } ]

[ { "content": "　$x = 1\\/a - 1, y = 1\\/b - 1, z = 1\\/c - 1$ とすると， 拘束条件，与式はそれぞれ以下の通りに変形できる．\r\n$$x,y,z\\gt 0, \\quad \\frac{1}{xy} + \\frac{1}{yz} + \\frac{1}{zx} = 1,\\quad 4xy + 2yz + 3zx - 9 \\ge M$$\r\n従って，Cauchy-Schwarzの不等式より以下が成立する．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n4xy + 2yz + 3zx - 9\r\n&=(4xy + 2yz + 3zx)\\bigg(\\frac{1}{xy} + \\frac{1}{yz} + \\frac{1}{zx}\\bigg) - 9\\\\\\\\\r\n&\\ge (2 + \\sqrt2 + \\sqrt3)^2 - 9\\\\\\\\\r\n&= 2\\sqrt6 + 4\\sqrt2 + 4\\sqrt3\r\n\\end{aligned}$$\r\n実際に等号が成立する $a,b,c$ は存在するので，$M$ の最大値は $2\\sqrt6 + 4\\sqrt2 + 4\\sqrt3$ である．特に，解答すべき値は $\\bf{104}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/6167" }, { "content": "　ここでは，公式解説にある $x=\\dfrac{1}{a}-1,y=\\dfrac{1}{b}-1,z=\\dfrac{1}{c}-1$ なる置き換えをどのようにすれば比較的自然に思いつけるかについて解説していきます． \r\n \r\n$$\\begin{aligned}\r\n& 2a+3b+4c-5ab-7bc-6ca\\geq Mabc \\\\\\\\\r\n& \\Leftrightarrow\\dfrac{2}{bc}+\\dfrac{3}{ca}+\\dfrac{4}{ab}-\\dfrac{5}{c}-\\dfrac{7}{a}-\\dfrac{6}{b}\\geq M\r\n\\end{aligned}$$より，$L=\\dfrac{2}{bc}+\\dfrac{3}{ca}+\\dfrac{4}{ab}-\\dfrac{5}{c}-\\dfrac{7}{a}-\\dfrac{6}{b}$の下限が $M$ の最大値である． \r\n\r\nここで，$L$ は $\\dfrac{1}{a},\\dfrac{1}{b},\\dfrac{1}{c}$ についての式と見た方が良さそうなので，$p=\\dfrac{1}{a},q=\\dfrac{1}{b},r=\\dfrac{1}{c}$ とおくと，$1$ より大きな実数 $p,q,r$ が $\\dfrac{2}{pqr}+1=\\dfrac{1}{p}+\\dfrac{1}{q}+\\dfrac{1}{r}$ つまり $pqr-pq-qr-rp+2=0$ を満たしながら動くときの $L=2qr+3rp+4pq-5r-7p-6q$ の下限が $M$ の最大値であると言い換えられる． \r\n\r\nさらに，$5=2+3,6=2+4,7=3+4$ を用いて良い感じに $L$ の式を分解して式変形していくと，$$\\begin{aligned} \r\n& L=2(qr-q-r)+3(rp-r-p)+4(pq-p-q) \\\\\\\\\r\n& \\phantom{L}=2(q-1)(r-1)+3(r-1)(p-1)+4(p-1)(q-1)-9\r\n\\end{aligned}$$となるので，$x=p-1,y=q-1,z=r-1$ とおくと，正の数 $x,y,z$ が $(x+1)(y+1)(z+1)-(x+1)(y+1)-(y+1)(z+1)-(z+1)(x+1)+2=0$ つまり $xyz=x+y+z$ を動くときの $L=2yz+3zx+4xy-9$ の下限が $M$ の最大値であると言い換えられる．\r\n\r\nこれで，公式解説の方針に帰着することが出来た．", "text": "どう置き換えを思いつくか", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/6167/301" } ]

[ { "content": "　素数 $p,q,r$ および正整数 $a,b,c$ によって\r\n$$BD=p^a,\\quad DE=q^b,\\quad EC=r^c$$\r\nとおく．対称性より $p\\leq r$ としてよい．\\\r\n　点 $B$ を直線 $AD$ に対して対称移動した点と点 $C$ を直線 $AE$ に対して対称移動した点は一致するため，その点を $F$ とする．このとき $\\angle DFE=120°$ であるため，余弦定理より $$DF^2+DF\\cdot EF+EF^2=DE^2$$ すなわち $$p^{2a}+p^ar^c+r^{2c}=q^{2b},\\quad(p^a+q^b+r^c)(p^a-q^b+r^c)=p^ar^c$$ がわかる．逆にこのような三角形 $DEF$ が与えられれば，条件をみたす図が存在することがわかる．このとき $p,q,r$ はすべて相異なることが確認でき，$(p^a+q^b+r^c)-(p^a-q^b+r^c)=2q^b$ に注意すれば $p^a+q^b+r^c$ と $p^a-q^b+r^c$ の最大公約数は $1$ または $2$ である．\r\n- 最大公約数が $1$ の場合：$p^a+q^b+r^c\\gt p^a, r^c$ より $(p^a+q^b+r^c, p^a-q^b+r^c)=(p^ar^c, 1)$ となるほかない．このとき $$p^ar^c+1=(p^a+q^b+r^c)+(p^a-q^b+r^c)=2p^a+2r^c$$\r\nより $(p^a-2)(r^c-2)=3$ が成り立つことから $(p,r,a,c)=(3, 5, 1, 1)$ が得られ，このとき $(q, b)=(7,1)$ であるからこれは適する．このとき $BC=15$．\r\n- 最大公約数が $2$ の場合： $p\\leq r$ と仮定していたから $p=2$ である．三角形 $DFE$ についての三角不等式により $2^a+q^b+r^c\\gt 2^{a}, 2r^c$ が成り立つため，$(2^a+q^b+r^c, 2^a-q^b+r^c)=(2^{a-1}r^c,2)$ となるほかない．このとき\r\n$$2^{a-1}r^c+2=(p^a+q^b+r^c)+(p^a-q^b+r^c)=2\\cdot 2^a+2r^c$$\r\nより $(2^{a-2}-1)(r^c-4)=3$ が成り立つことから $(a, r, c)=(3, 7, 1), (4, 5, 1)$ が得られ，それぞれについて $(q, b)=(13, 1), (19, 1)$ であるからいずれも適する．それぞれ計算すれば $BC=28, 40$．\r\n\r\n　以上より解答すべき値は $15+28+40=\\mathbf{83}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/4527" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$，面積を $S$，四面体 $ABCD$ の体積を $V$ とし，以下のようにおく：\r\n$$a=BC,\\quad b=CA,\\quad c=AB.$$\r\n----\r\n**定理.**　$P$ は $\\triangle ABC$ の垂心 $H$ を外心 $O$ に関して対称移動した点（de Longchamps点）である．\\\r\n**証明.**　四角形 $ABA^{\\prime}C$, $BCB^{\\prime}A$, $CAC^{\\prime}B$ が平行四辺形となるように点 $A^{\\prime},B^{\\prime},C^{\\prime}$ をとる．\\\r\n　ここで点 $A^{\\prime}$ を通り辺 $BC$ に垂直な平面を $\\alpha$ とすると，$\\triangle A^{\\prime}BC\\equiv\\triangle DBC$ より $D$ は $\\alpha$ 上にあり，さらに $\\alpha\\perp\\triangle ABC$ であるため $P$ も $\\alpha$ 上にある．\r\n従って $PA^{\\prime}\\perp B^{\\prime}C^{\\prime}$ である．\\\r\n　$PB^{\\prime},PC^{\\prime}$ についても同様であるから， $P$ は $\\triangle A^{\\prime}B^{\\prime}C^{\\prime}$ の垂心である．$\\triangle ABC$ と $\\triangle A^{\\prime}B^{\\prime}C^{\\prime}$ の相似拡大の中心が双方の重心であることと，$H$ が $\\triangle A^{\\prime}B^{\\prime}C^{\\prime}$ の外心であることを踏まえれば，Euler線の性質から結論を得る．\r\n---- \r\n　上述の定理および中線定理より，\r\n$$AP^2+AH^2=BP^2+BH^2=CP^2+CH^2=2(R^2+OH^2) \\tag{\\*}$$\r\nが得られる．一方，簡単な長さ計算により\r\n$$AH^2=4R^2-a^2,\\quad BH^2=4R^2-b^2,\\quad CH^2=4R^2-c^2,\\quad OH^2=9R^2-a^2-b^2-c^2$$\r\nである．よって $PA^2=4k,PB^2=5k,PC^2=6k$ とおき，$(\\*)$ 式にこれらを代入して整理することで\r\n$$a^2=b^2-k,\\quad c^2=b^2+k,\\quad 16R^2=5c^2. \\tag{\\*\\*}$$\r\n　またHeronの公式などより $S$ に対し次が成り立つ．\r\n$$S=\\frac{1}{4}\\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)}=\\frac{abc}{4R}$$\r\nこれに $(\\*\\*)$ 式を代入し $b$ について解けば\r\n$$b=\\sqrt{(8\\pm 2\\sqrt{11})k}$$\r\nが得られ，このうち四面体 $ABCD$ が存在するのは複号が正の場合のみである（直下の議論を使えばよい）．\\\r\n　ここで，正実数 $x,y,z$ を用いて\r\n$$a^2=y^2+z^2,\\quad b^2=z^2+x^2,\\quad c^2=x^2+y^2$$\r\nとすれば四面体 $ABCD$ は各辺の長さが $x,y,z$ の直方体へ埋め込めて，また $x,y,z$ は次のように計算できる．\r\n$$x=\\sqrt{(3+\\sqrt{11})k},\\quad y=\\sqrt{(4+\\sqrt{11})k},\\quad z=\\sqrt{(5+\\sqrt{11})k}$$\r\nこのとき四面体 $ABCD$ が内接する球の直径は $\\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ であるため，\r\n$$\\pi=\\frac{1}{6}(x^2+y^2+z^2)^{3\\/2}\\pi=\\frac{1}{6}\\bigl(3(4+\\sqrt{11})k\\bigr)^{3\\/2}\\pi$$\r\nより $k=\\dfrac{6^{2\\/3}}{3(4+\\sqrt{11})}$ を得る．\r\n以上より\r\n$$V=\\frac{1}{3}xyz=\\sqrt{\\frac{-8+32\\sqrt{11}}{675}}$$\r\nと計算でき，特に解答すべき値は $-8+32+11+675=\\textbf{710}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/2521" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8464" }, { "content": "　あ,い,うをそれぞれ $a,b,c$ とする． \r\n $a(10b+a)^2+a(10c+a)^2\\equiv a(b+a)^2+a(c+a)^2\\equiv a((b+a)^2+(c+a)^2)\\pmod{9}$ \r\nより，与式が $9$ の倍数となるのは， \r\n- $a=9$ のとき \r\n $b,c$ はなんでもよく，$b,c$ の決め方は $8\\times7=56$ 通り． \r\n- $a=3,6$ のとき \r\n $(b+a)^2+(c+a)^2$ が $3$ の倍数となるのは $b,c$ がともに $3$ の倍数となるときで，$b,c$ の決め方は $2$ 通り． \r\n- $a=1,2,4,5,7,8$ のとき \r\n $(b+a)^2+(c+a)^2$ が $9$ の倍数となるのは $b+a,c+a$ がともに $3$ の倍数となるときで，$b,c$ の決め方は $6$ 通り． \r\n\r\n　以上より，求める場合の数は $56+2\\times2+6\\times6=\\textbf{96}$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8464/208" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8465" }, { "content": "　繰り上がりが $1$ 回起こるごとに各位の和が $9$ 減少することに注意する． \r\n $1,2,\\ldots,2023$ の各位の和の総和を頑張って計算すると $28162$ であり，$1+2+\\cdots+2023=2047276$ の各位の和は $28$ であるから，繰り上がりの回数は $(28162-28)\\div9=\\textbf{3126}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8465/209" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8467" }, { "content": "　$A$ が $9$ つ並んだ状態から操作を行って得られる文字列としてあり得るものが何通りあるかを考えればよい． \r\n左から $k,k+1,k+2$ 番目の文字を入れ替えるという操作を $X_i$ とし，$X_i$ を行った回数を $x_i$ とおくと，出来る文字列は $x_1,x_2,\\ldots,x_7$ の偶奇のみに依存し，操作回数や操作の順番に依らないことに注意すると，$A,B$ からなる $9$ 文字の文字列を $A$ が $9$ つ並んだ状態から出発して作ることを考えると，左から $i$ 番目までの文字列から $x_i$ の偶奇が帰納的に定まり，左から $7$ 番目までの文字列を完成させるための $x_1,x_2,\\ldots,x_7$ の偶奇は一意に定まってしまい，その操作を行ったときの左から $8,9$ 番目の文字も一意に定まる． \r\n　よって，求める場合の数は左から $7$ 番目までの文字の決め方を考えればよく，$2^7=\\textbf{128}$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8467/210" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8468" }, { "content": "　マスを市松模様に赤と青で塗分けて，赤の面に塗られた色が白の時は黒に，黒の時は白に入れ替えることで，「隣接する色が異なるマスに移動する」という条件を「隣接する色が同じマスに移動する」という条件に言い換えることが出来るので，以下，後者の条件を満たす塗り方の総数を求める． \r\n列に対して上から (黒,黒),(黒,白),(白,黒),(白,白)で塗ることを $P,Q,R,S$ とおくと，$A,B$ をともに黒で塗るときは，$P,Q,R$ の並べ替えのうち，$Q,R$ が隣り合わず，左が $P,Q$ のいずれかで 右が $P,R$ のいずれかであるようなものの総数を頑張って求め，$49$ 通りとわかる． \r\n同様に $A,B$ をともに白で塗るときも $49$ 通りあるので，求める場合の数は $49\\times2=\\textbf{98}$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8468/211" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8469" }, { "content": "最初の $3$ 人が (白,白,白),(白,白,赤),(白,赤,白),(白,赤,赤),(赤,白,白)の順であるときは $4$ 番目の生徒はこれが良い並びでないと判定できる． \r\n最初の $3$ 人が (赤,赤,赤)の時は残りが(赤,白,白,白,白)のときは良い並びだが，(白,白,白,白,赤)の時は良い並びでないので，$4$ 番目の生徒は先頭 $3$ 人の情報だけからは良い並びか否か判断できない． \r\n最初の $3$ 人が(赤,赤,白),(赤,白,赤) の時は残りが(赤,赤,白,白,白)のときは良い並びだが，(白,白,白,赤,赤)の時は良い並びでないので，$4$ 番目の生徒は先頭 $3$ 人の情報だけからは良い並びか否か判断できない． \r\n以上より，最初の $3$ 人が(赤,赤,赤),(赤,赤,白),(赤,白,赤)であるような並びの総数を求め， $5+10+10=\\textbf{25}$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8469/212" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8470" }, { "content": "　面倒なので簡単に結論だけ述べる．以下，時間の単位は分で，距離の単位は $m$ で統一する． \r\n$C$ の速度を $0$ として考えて $120$ 分で $A$ は $4$ 周，$B$ は $2$ 周したことになる． \r\nよって，$A,B$ の速度の差は一定なので，$A,B$ が出会うのにかかる時間は一定であるから，$A,B$ は $60$ 分ごとに出会うこととなる． \r\nあとは頑張って計算すると， $A,B$ の最初の速度は $\\dfrac{275}{6},\\dfrac{125}{6}$ で $60$ 分ごとに速度は $\\dfrac{50}{6}$ ずつ増えるとわかり，求める距離は $\\dfrac{13500}{11}$ となる．よって，特に解答すべき数値は $\\textbf{1633500}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8470/213" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8471" }, { "content": "　船とキタジマ君と川の流れる速さをそれぞれ $x,y,z$ とし，求める時刻を $t$ とする． \r\n $34(y-z)+20z=14(x-z)$ より，$x:y=17:7$ となる． \r\n また，$(t-34)(y-z)+40z+14(x-z)=(60-t)(x+z)$ より，$t=\\dfrac{46x+34y}{x+y}=\\dfrac{46\\times17+34\\times7}{17+7}=\\dfrac{85}{2}$ となり，特に解答すべき数値は $\\textbf{340}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8471/214" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8472" }, { "content": "　$A$ を通る $CD$ に平行な線と $DE$ の交点を $G$ とする．$BC=CD=DE=7x,AB=EG=7y$ とおけ，$AF=9y,FD=9x$ となる．等脚台形 $ACDG$ において，トレミーの定理より，$(7(x+y))^2+7x\\times{AG}=(9(x+y))^2$ となり，$AG=\\dfrac{32(x+y)^2}{7x}$ となる． \r\nよって，$EF=AG\\times\\dfrac{x}{x+y}=\\dfrac{32}{7}(x+y)$ となり，$\\dfrac{EF}{AC}=\\dfrac{32}{7}\\div7=\\dfrac{32}{49}$ であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{76832}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8472/215" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8473" }, { "content": "　$AD=x,AE=y,\\triangle{ABD}=S,\\triangle{ADE}=T,\\triangle{AEC}=U$ とおく． \r\n$S:U=7x:5y,(S+T):(T+U)=7y:5x,(S+T):U=5:1$ となるので，あとは計算をすると $\\dfrac{x}{y}=\\dfrac{35}{29}$ とわかり，特に解答すべき数値は $\\textbf{29435}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8473/216" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8474" }, { "content": "$O(0,0),P(15,0),Q(15,15),R(0,15),S(12,0),T(0,5)$ とする．$ST$ と $QR$ の交点を $U$ とし，$Q$ から $SU$ に下ろした垂線の足を $H$ とする． \r\n$\\triangle{OST},\\triangle{RUT},\\triangle{HUQ}$ は三辺比が $5:12:13$ の直角三角形なので，$U(-24,15)$ となり，$UQ=39$ から $UH=36$ となる． \r\nよって，$TH=TR=10,SH=SP=3$ に注意して，$\\triangle{QRT}\\equiv\\triangle{QHT},\\triangle{QPS}\\equiv\\triangle{QHS}$ となり，$\\angle{SQT}=45^\\circ$ となる．\r\nよって，$\\triangle{ABC}$ は $\\triangle{QUS}$ を $\\dfrac{1}{13}$ 倍に相似拡大したものと合同で，$\\triangle{ABC}=\\dfrac{\\triangle{QUS}}{169}=\\dfrac{1}{2}\\cdot39\\cdot15\\cdot\\dfrac{1}{169}=\\dfrac{45}{26}$ であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{30420}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8474/217" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8475" }, { "content": "$AB=x,AE=y$ とし，求める面積を $S$，三辺が $x,y,5$ の三角形の面積を $T$，三辺が $x,y,1$ の三角形の面積を $U$ とし，一辺 $n$ の正三角形の面積を $A_n$ と表す． \r\n$\\triangle{BEF}$ が正三角形となるよう $F$ を( $CD$ について $A$ の反対側に)とると，$ABFE$ の面積に着目して，$T+A_5=S+T+T+U$ より，$S=A_5-T-U\\cdots(1)$ \r\n$\\triangle{CDG}$ が正三角形となるよう $G$ を $ABCDE$ の内部にとると，$S=A_1+2T+2U\\cdots(2)$ \r\nよって，$(2\\times(1)+(2))\\div3$ より，$S=(2A_5+A_1)\\div3$ となり，$S$ は一辺 $1$ の正三角形の面積の $\\textbf{17}$ 倍．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8475/218" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8476" }, { "content": "　一辺 $3$ の立方体の各面に対し，中心から右に $1$，上に $\\dfrac{1}{2}$ だけ進んだ点を一つの頂点とする元の正方形と中心が一致するような一辺が $\\dfrac{\\sqrt{10}}{2}$ の正方形を描き，それら $6$ つの正方形の頂点 $24$ 個を適切に結ぶことで，求める立体を得る． \r\nあとは体積を頑張って計算すると $\\dfrac{41}{2}$ となり，特に解答すべき数値は $\\textbf{164}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2023/editorial/8476/219" } ]

[ { "content": "　与式は $x^5-x=0$ かつ $y^5-y=0$ かつ $z^5-z=0$ と同値である．\\\r\n　それぞれの方程式は実数解を $3$ つずつ持つから，求める答えは $3^3=\\mathbf{27}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc003/editorial/5133" } ]

[ { "content": "　$S$ の部分集合とその補集合からなる $2^{11}$ 組のペアを考える．$N\\le 2^{11}$ ならば，これらの組それぞれから高々 $1$ つずつ集合を選ぶことで条件をみたさないようにできる．一方で $N\\ge 2^{11}+1$ ならば，鳩の巣原理により必ず条件をみたすことがわかる．従って，求める答えは $2^{11} + 1 =\\bf{2049}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc003/editorial/5130" } ]

[ { "content": "　辺 $BC$ 上に $BQ=CP$ なる点 $Q$ をとる．このとき，三角形 $ABQ$ と三角形 $ACP$ は合同であるから，\r\n$$AP=AQ,\\quad PQ=18,\\quad \\angle PAQ=120^\\circ$$\r\n成り立つ．これにより $AP=6\\sqrt{3}=\\sqrt{\\mathbf{108}}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc003/editorial/6874" } ]

[ { "content": "　因数定理により，任意の相異なる整数 $x,y$ について，\r\n$$\\dfrac{P(x)-P(y)}{x-y}$$\r\nは整数である．よって，$n = P(P(P(1)))$ とすれば， \r\n$$\\dfrac{P(P(P(1)))-P(P(1))}{P(P(1))-P(1)}=\\frac{n-22}{20},\\quad \\dfrac{P(P(P(1)))-P(1)}{P(P(1))-1}=\\frac{n-2}{21}$$ \r\nはともに整数であるから，$n$ は $420$ で割って $2$ 余る整数である．\\\r\n　逆に，$n=420k+2$ となる整数 $k$ が存在するとき，\r\n$$P(x)=(k-1)(x-1)(x-2)+20x-18$$\r\nは以下をみたすため，$P(P(P(1)))$ としてありうる値は $420$ で割って $2$ 余る整数全体である：\r\n$$P(1)=2,　P(P(1))=22,　P(P(P(1)))=n.$$\r\n特に，$|P(P(P(1)))|$ としてありうる値は，正の整数 $t$ を用いて $420t-418$ または $420t-2$ と表せるもの全体であるから，求める答えは $420×5-2=\\mathbf{2098}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc003/editorial/6432" }, { "content": "　$P(1)=2,P(P(1))=P(2)=22$ という条件は剰余定理より，$P(x)$ を $x-1,x-2$ で割った余りがそれぞれ $2,22$ であると言い換えられる． \r\nそこで，$P(x)$ を $(x-1)(x-2)$ で割った余りを求めよう． \r\n　$P(x)$ を $(x-1)(x-2)$ で割ったときの商を $Q(x)$ とし，余りを $ax+b$ とおく．このとき， $Q(x)$ は整数係数多項式となる． \r\n$P(x)=Q(x)\\times(x-1)(x-2)+ax+b$ に $x=1,2$ を代入して，$P(1)=a+b=2,P(2)=2a+b=22$ より，$a=20,b=-18$． \r\nよって，$P(x)=Q(x)\\times(x-1)(x-2)+20x-18$ であり，$P(22)=420Q(22)+422$． \r\nここで，$Q(x)$ は整数係数多項式なので，$Q(22)$ は整数であり，$P(22)$ は $420$ で割って $2$ 余る整数となる． \r\n　逆に，整数 $k$ に対し，$P(22)=420k+2$ となる条件を満たす $P(x)$ として， $P(x)=(k-1)(x-1)(x-2)+20x-18$ がとれるので，$P(22)$ の値として考えられるものは $420$ で割って $2$ 余る整数全体であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{2098}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc003/editorial/6432/207" } ]

[ { "content": "　直線 $AB$ と直線 $CD$ の交点を $E$ とすれば，三角形 $BCE$ は直角二等辺三角形である．$BE=CE=x$ とおけば，三角形 $ADE$ における三平方の定理により $(x-1)^2+(x-2)^2=5$ が従うから，これを解いて $x=3$ を得る．以上により，$BC=3\\sqrt{2}=\\sqrt{\\textbf{18}}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/238" } ]

[ { "content": "　$α^3=7α-3$ および $β^3=7β-3$ により $α^3-β^3=7α-7β$ であるから，\r\n$$α^2+αβ+β^2=\\dfrac{α^3-β^3}{α-β}=7.$$\r\n同様に $β^2+βγ+γ^2=γ^2+γα+α^2=7$ なので，求める値は $7^3=\\textbf{343}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/2608" } ]

[ { "content": "　用いる $1\\times 1$ の枚数を最小化することを考えればよい．マスの総数 $2043231$ は $5$ の倍数でないことから，$1\\times 1$ は少なくとも $1$ 枚必要である．以下，逆に $1\\times 1$ をちょうど $1$ 枚のみ用いて敷き詰め可能であることを示そう．\\\r\n　まず，以下に示す $S_7$ のような要領で，$1\\times 1$ を $1$ 枚と $1\\times2$，$1\\times 3$ をそれぞれ $1010$ 枚ずつ配置する．このとき，残りのマス目は $2$ 倍に拡大された $S_{1009}$ のような形状となる．ここへ，まず上から $i$ 段目 ($i=4,5,\\cdots,1012)$ について，その段の残りマス数が初めて $5$ の倍数となるまで左詰めに $1\\times 2$ を配置し，$2025-i$ 段目についてそれと同じ枚数の $1\\times 3$ を左詰めで配置する．このとき，$1013$ 段目以下でも残りマス数は $5$ の倍数になるから，残りは簡単に埋めることができる．特に解答すべき値は $1+2043230\\times 2\\/5=\\textbf{817293}$ である．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/278" }, { "content": "　$1 \\times n \\ \\left(n \\ge 2\\right)$ の長方形を $1 \\times 2$ と $1 \\times 3$ のタイルのみで埋めることを考え，それぞれの枚数の組を以下のようにする．\r\n* $n = 5m$ のとき $(m, m)$\r\n* $n = 5m + 1$ のとき $(m - 1, m + 1)$\r\n* $n = 5m + 2$ のとき $(m + 1, m)$\r\n* $n = 5m + 3$ のとき $(m, m + 1)$\r\n* $n = 5m + 4$ のとき $(m + 2, m)$\r\n\r\n　いま $S_n$ を，上から $k$ 段目が $1 \\times k$ の長方形になっている図形とみて，下の段から埋めていくことを考えると，$5$ 段ずつで $1 \\times 2$ と $1 \\times 3$ のタイルの枚数が等しくなる．したがって $S_{2021}$ の仮定の敷き詰め方について，$1$ 段目以外はすべて，同数の $1 \\times 2$ と $1 \\times 3$ のタイルで敷き詰められ，求める値は\r\n$$ \\frac25 \\times \\left(\\frac{2022 \\times 2021}2 - 1\\right) + 1 = \\bm{817293}. $$", "text": "1 段ずつ処理", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/278/205" } ]

[ { "content": "$$p=a+b+c, \\quad q=-(ab+bc+ca)$$\r\nとおけば，与式は $abc=-pq$ と言い換えられ，このとき解と係数の関係より $x=a, b, c$ は $3$ 次方程式\r\n$$x^3-px^2-qx+pq=0$$\r\nの（重複度を込めて）$3$ つの解である．一方でこれは $x=p, \\sqrt{q}, -\\sqrt{q}$ を $3$ 解に持つので，$(a, b, c)$ は $-10$ 以上 $10$ 以下の $0$ でない整数 $m, n$ を用いて $(m, n, -n)$ あるいはその並び替えとして表すことができる．逆にこのとき与式を満たすので，$|m|=|n|$ の場合に注意して求めるべき組の数は $3\\times20+6\\times10\\times18=\\mathbf{1140}$ である．\\\r\n　なお，与式は適当に整理することで確かに $(a+b)(b+c)(c+a)=0$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/3268" } ]

[ { "content": "　$V$ の頂点の数を $v$，辺の数を $e$，正三角形の面の数を $f_3$，正五角形の面の数を $f_5$ とする．このとき，$V$ は凸であるからEulerの多面体定理により\r\n$$v - e + f_3 + f_5 = 2\\tag1$$\r\nが成立する．\\\r\n　一つの頂点に集まる面の数は $3$ 以上であり，正三角形と正五角形が同数（これを $n$ とする）集まるので偶数である．また，$V$ は凸であるから，一つの頂点に集まる角の大きさの総和は $360^\\circ$ 未満である．つまり，$$n(60^\\circ + 108^\\circ) \\lt 360^\\circ$$\r\nが成立するので，$n=2$ である．特に，どの頂点にもちょうど $4$ 個の面が集まるので，どの頂点にもちょうど $4$ 本の辺が接続する．さらに，どの辺もちょうど二つの頂点に接続するので，\r\n$$v = \\frac{2e}{4} = \\frac{1}{2}e\\tag2$$\r\nが成立する．\\\r\n　各辺は，ちょうど一つの正三角形とちょうど一つの正五角形に接しているので，次が成り立つ．\r\n$$3f_3 = e = 5f_5$$\r\n従って，ある正の整数 $a$ が存在して\r\n$$f_3 = 5a,\\quad f_5 = 3a,\\quad e = 15a\\tag3$$が成立する．\\\r\n　以上により，$(1),(2),(3)$ を連立して解くことで，$e = 60$ を得る．よって，求める答えは $\\mathbf{60}$ である．\\\r\n　なお，実際に**二十・十二面体**（[icosidodecahedron](https:\\/\\/ja.wikipedia.org\\/wiki\\/%E4%BA%8C%E5%8D%81%E3%83%BB%E5%8D%81%E4%BA%8C%E9%9D%A2%E4%BD%93)）などと呼ばれる準正多面体が条件をみたす．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/1648" } ]

[ { "content": "　$\\sum_{m=1}^{n}m^3=\\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ に注意すれば帰納的に以下が成り立つことがわかる：\r\n$$a_n=\\dfrac{n\\times n!}{4^{n-1}}.$$\r\nここで，Legendreの定理により $287!$ は $2$ でちょうど $281$ 回割り切れることがわかるので，$q=2^{291}$ であり，これを $100$ で割った余りはEulerの定理により $48$ である．以下，\r\n$$p=\\dfrac{287\\times 287!}{2^{281}}$$\r\nを $100$ で割った余りを考えればよい．ここで，これは明らかに $25$ の倍数であり，$287$ が $4$ で割って $3$ 余ることとあわせて，結局 $\\dfrac{287!}{2^{281}}$ を $4$ で割った余りがわかればよい．二重階乗を用いれば，この値は\r\n$$\\dfrac{287!}{2^{281}}=287!!\\times143!!\\times71!!\\times35!!\\times17!!\\times7!!\\times3!!\\times1!!\\times1!!$$\r\nと表せる．一方で，帰納的に $n\\equiv 1,7\\pmod{8}$ のとき $n!!\\equiv 1\\pmod{4}$ で，$n\\equiv 3,5\\pmod{8}$ のとき $n!!\\equiv 3\\pmod{4}$ であることがわかるから，特に上式を $4$ で割った余りは $1$ である．\\\r\n　よって $p$ を $100$ で割った余りは $75$ であり，解答すべき値は $75+48-100=\\textbf{23}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc151/editorial/287" } ]

[ { "content": "　左から $n\\ (1 \\leq n \\leq 2023)$ 番目の椅子を $c_n$ と表し，各 $k = 1, 2, \\cdots, 674$ に対し椅子の集合 $\\\\{ c_{3k - 2}, c_{3k - 1}, c_{3k} \\\\}$ を $X_k$ と表す．\\\r\n　$676$ 人以上の人が座ると，ある集合 $X_k$ には人が座っている椅子が $2$ つ以上属する．それらの間にある椅子は $1$ 個以下であるから，条件はみたされない．\\\r\n　一方で，$c_1, c_4, \\dots, c_{2023}$ に座ることで $675$ 人が実現できるから，求める最大値は $\\mathbf{675}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc150/editorial/4757" } ]

[ { "content": "　$20$ 以下の素数は全部で $8$ 個あることから，すごい格子点を $15$ 回経由するのは以下 $2$ 条件を満たす経路に限られる．\r\n- $2$ 点 $(2, 2), (19, 19)$ をどちらも経由する．\r\n- すごい格子点 $(p_1, p_2)\\ (\\neq (19, 19))$ を経由するならば，$p_1$ の次に小さい素数を $q_1$，$p_2$ の次に小さい素数を $q_2$ としたとき，$(p_1, p_2)$ から $(q_1, p_2), (p_1, q_2)$ のどちらかに直進する．\r\n\r\nこのような経路について，原点から $(2, 2)$ までのたどり方は ${}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}$ 通り，$(2, 2)$ から $(19, 19)$ までのたどり方は ${}\\_{14}\\mathrm{C}\\_{7}$ 通り，$(19, 19)$ から $(20, 20)$ までのたどり方は ${}\\_{2}\\mathrm{C}\\_{1}$ 通りある．ゆえに求める経路の個数は全部で\r\n$${}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2} \\times {}\\_{14}\\mathrm{C}\\_{7} \\times {}\\_{2}\\mathrm{C}\\_{1} = \\mathbf{41184}$$\r\n\r\n個である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc150/editorial/6549" } ]

[ { "content": "　辺 $AB, CD$ の中点をそれぞれ $M, N$ とし，$PM = x, PN = y$ とおく．このとき\r\n$$ \\angle BMP = \\angle PNC = 90^{\\circ},\\quad \\angle MBP = \\dfrac{1}{2} \\angle CPD = \\angle NPC$$\r\nであるから，二角相等により三角形 $BMP$ と $PNC$ は相似である．よって\r\n$$xy = BM \\cdot CN = 72 \\tag{1}$$\r\nを満たす．ここで，\r\n$$\\angle APB + \\angle CPD = \\angle APB + \\angle PAB + \\angle PBA = 180^\\circ$$\r\nであるから，\r\n$$\\angle BPC + \\angle DPA = 360^\\circ - (\\angle APB + \\angle CPD) = 180^\\circ$$\r\nが分かる．ここで，三平方の定理より\r\n$$AP = BP = \\sqrt{x^2 + 64},\\quad CP = DP = \\sqrt{y^2 + 81}$$\r\nであるから，$\\angle BPC = \\theta$ とすると，余弦定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n17^2 &= BP^2 + CP^2 - 2BP\\cdot CP\\cos\\theta = 145+x^2+y^2-2\\cos\\theta\\sqrt{(x^2+64)(y^2+81)}\\\\\\\\\r\n19^2 &= DP^2 + AP^2 + 2DP\\cdot AP\\cos\\theta = 145+x^2+y^2+2\\cos\\theta\\sqrt{(x^2+64)(y^2+81)}\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるから，上の式と下の式を足し合わせることで\r\n$$x^2 + y^2 = 180 \\tag{2}$$\r\nとなる．式 $(1), (2)$ より $(x, y) = (6, 12), (12, 6)$ が得られ，条件を満たすのは\r\n- $AP = BP = 10，CP = DP = 15$\r\n- $AP = BP = 4 \\sqrt{13}，CP = DP = 3 \\sqrt{13}$\r\n\r\nの $2$ つのケースに限られる．実際どちらのケースも実現が可能である．以上により求める値は $\\bf{308}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc150/editorial/6446" } ]

[ { "content": "　立方体の向かい合う面 $3$ 組に対し，それぞれの組で面に割り当てる数の組み合わせを $(a, b), (c, d), (e, f)$ とおく．一般性を失わずに $a + b \\leq c + d \\leq e + f$，$a \\lt b$，$c \\lt d$，$e \\lt f$ と仮定する．\\\r\n　すべての面・辺・頂点に割り当てられる $26$ 個の数の総和は\r\n\r\n$$(a + b + 1)(c + d + 1)(e + f + 1) - 1$$\r\nと表すことができる．ゆえに，\r\n\r\n$$(a + b + 1)(c + d + 1)(e + f + 1) = 1155$$\r\nを満たす必要がある．$26$ 数が相異なるという条件から，$a, c, e$ はいずれも $1$ を値にとることができない．よって，\r\n$$a + b + 1 \\geq 2 + 3 + 1 = 6$$\r\n\r\nであり，$1155$ を $6$ 以上の整数 $3$ つの積の形で表す方法は $1155 = 7 \\times 11 \\times 15$ しかなく，これより\r\n$$a + b = 6，c + d = 10，e + f = 14$$\r\nが従う．$a, b, c, d, e, f$ が $1$ を含まずに相異なるような組 $(a, b, c, d, e, f)$ は，\r\n$$(2, 4, 3, 7, 5, 9)，(2, 4, 3, 7, 6, 8)$$\r\n\r\nの $2$ つに限られる．$(a, b, c, d, e, f) = (2, 4, 3, 7, 6, 8)$ の場合は $ac = e = 6$ となり不適である．一方で $(a, b, c, d, e, f) = (2, 4, 3, 7, 5, 9)$ の場合は条件をみたすことが確認ができる．このとき\r\n$$S = ace + bdf = 30 + 252 = \\mathbf{282}$$\r\nであり，これが解答すべき値である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc150/editorial/6420" } ]

[ { "content": "　数列 $\\\\{a_n \\\\}$ の公差を $d$ とおくと，$a_{1066} = a_{676} + 390d = 1$ が成り立ち，また，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^{1351} {a_n}^2 &= \\sum_{i=-675}^{675} (a_{676} + di)^2 = 1351 {a_{676}}^2 + 2 d^2 \\sum_{i=1}^{675} i^2 \\\\\\\\\r\n&= 1351 {a_{676}}^2 + 2 d^2 \\cdot \\frac{675 \\cdot 676 \\cdot 1351}{6} \\\\\\\\\r\n&= 1351({a_{676}}^2 + (390d)^2) = 1111\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\nより，${a_{676}}^2 + (390d)^2 = \\dfrac{1111}{1351}$ を得る．よって，\r\n$$a_{676} \\cdot 390d = \\frac{(a_{676} + 390d)^2 - ({a_{676}}^2 + (390d)^2)}{2} = \\frac{120}{1351}$$\r\n\r\nを得る．ここで，$x$ についての $2$ 次方程式\r\n$$x^2 - x + \\frac{120}{1351} = 0$$\r\n\r\nを考えると，この方程式は相異なる $2$ つの実数解をもち，その $2$ 解を $\\alpha, \\beta$ としたとき，以下 $2$ つのケースがあり得る．\r\n- $a_{676} = \\alpha$ かつ $390d = \\beta$\r\n- $a_{676} = \\beta$ かつ $390d = \\alpha$\r\n\r\nしたがって，$a_{806} = a_{676} + 130d$ のとり得る値は $\\alpha + \\dfrac{\\beta}{3}, \\beta + \\dfrac{\\alpha}{3}$ の $2$ つであることが分かる．以上より，求める総積は\r\n$$\\bigg( \\alpha + \\frac{\\beta}{3} \\bigg)\\bigg( \\beta + \\frac{\\alpha}{3} \\bigg) = \\frac{4}{9} \\alpha \\beta + \\frac{1}{3} (\\alpha + \\beta)^2 = \\frac{4}{9} \\cdot \\frac{120}{1351} + \\frac{1}{3} = \\frac{1511}{4053}$$\r\n\r\nであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{5564}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc150/editorial/6893" } ]

[ { "content": "　与えられた図形はどの頂点もちょうど $3$ 本の辺とつながっているということに注目する．すると問題の条件を満たす塗り方を施したとき，どの頂点も色が塗られていない辺と $0$ 本または $2$ 本つながる状態となり，つまり塗られていない辺によって閉路が構成されることが分かる．よって，$12$ 本の辺を選び，互いに辺を共有しない $1$ 個以上の閉路を作る方法が何通りかを調べればよい．\\\r\n　$36$ 本の辺のうち，図形の外側の領域に触れる $12$ 本を**外辺**，十二角形の領域に触れる $12$ 本を**内辺**，残りの $12$ 本を**接辺**と呼ぶことにする．（次の図で，外辺・内辺・接辺をそれぞれ橙色・水色・灰色で示す．）\r\n\r\n\r\n**Case 1.**　どの閉路も十二角形の領域を囲まないとき\\\r\n　閉路に囲まれる四角形の領域の個数を $m$，そのうち辺を共有する $2$ つ組の個数を $n$ としたとき，$4m - 2n = 12$ が成り立つ．$m \\gt n$ であることに注意すれば $(m, n) = (3, 0), (4, 2), (5, 4)$ が得られる．\\\r\n　$(m, n) = (3, 0)$ の場合は隣接しない四角形の領域を $3$ つ選べばよい．選ばれる四角形のうち $1$ つを固定すると，残りの $2$ つの選び方は ${}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{2} = 28$ 通りであることが分かる．固定する四角形 $12$ 通りに対し選び方をすべて列挙すると，条件を満たす選び方がそれぞれ $3$ 回ずつ数えられることになるので，結局このケースでの全体の選び方は $28 \\times 12 \\div 3 = 112$ 通りである．\\\r\n　$(m, n) = (4, 2)$ の場合は $2$ 箇所隣接するように四角形の領域を $4$ つ選べばよく，隣接により連続する四角形の個数の内訳は $1, 3$ または $2, 2$ である．前者は $12 \\times 7 = 84$ 通り，後者は $12 \\times 7 \\div 2 = 42$ 通りあることが分かる．\\\r\n　$(m, n) = (5, 4)$ の場合は連続で隣接した $5$ つの四角形を選べばよく，その方法は $12$ 通りである．\r\n\r\n**Case 2.**　ある閉路が十二角形の領域を囲むとき\\\r\n　十二角形の領域を囲む閉路は外辺と内辺が合わせて $12$ 本必要である．このことから条件を満たすのは，外辺すべてを使う場合と内辺すべてを使う場合の $2$ 通りのみであることが分かる．\r\n\r\n　以上より，条件を満たす辺の塗り方は全部で\r\n$$112 + 84 + 42 + 12 + 2 = \\mathbf{252}$$\r\n通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc150/editorial/5973" } ]

[ { "content": "　求める値を $m$ とする．連続する $3$ 整数を書き込めないことから，次が成り立つことがわかる：\r\n$$m\\geq 1+2+4+5+7+8=27.$$\r\nたとえば，$5$ 番目に小さい数を単独で考えれば $7$ 以上であるとわかり，そうした評価を独立にすべて足し合わせることで得られる．\\\r\n　逆に $1$ と $2$，$4$ と $5$，$7$ と $8$ をそれぞれ対面に書いたとき条件はみたされるため，$m=\\textbf{27}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc002/editorial/3237" } ]

[ { "content": "$$(a,b,c,d)=(1,1,1,1),~ (2,1,1,1),~ (1,2,1,1)$$\r\nが小さい方から順に $3$ つの値を与える．具体的には，それぞれ $26,29,31$ である．また，\r\n$$(a,b,c,d)=(3,1,1,1),~ (1,1,2,1)$$\r\nでそれぞれ $32,33$ が得られる．$N$ が得られるならば $N+3$ も得られることから，求める総和は\r\n$$1+2+\\cdots+25+27+28+30= \\mathbf {410}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc002/editorial/2096" } ]

[ { "content": "　$2$ 円の共通内接線を $m$ とし，$\\ell$ と $m$ の交点を $R$ とする．このとき， \r\n$$\r\nP_1R=PR=P_2R\r\n$$ \r\nであるから，三角形 $PP_1P_2$ に注目することで $\\angle{P_1PP_2}=90^\\circ$ がわかる．したがって，線分 $P_1Q_1$ は円 $C_1$ の直径，線分 $P_2Q_2$ は円 $C_2$ の直径である．また，接弦定理により \r\n$$\r\n\\angle{PP_1P_2}=\\angle{PQ_1P_1},　 \\angle{PP_2P_1}=\\angle{PQ_2P_2}\r\n$$\r\nであるから，三角形 $P_1P_2Q_2$，$Q_1P_1P_2$，$Q_1PP_1$，$P_2PQ_2$ はすべて相似である．特に $P_1P_2=48$ により，これらの三角形の辺の長さの比は $3:4:5$ であるから，\r\n$$\r\nPQ_1+PQ_2=\\frac{36 \\cdot 3}{5}+ \\frac{64\\cdot 4}{5}=\\frac{364}{5}\r\n$$ \r\nであり，解答すべき値は $\\textbf{369}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc002/editorial/3515" } ]

[ { "content": "　$B_1$ から順に選択していくことを考えると，ある時点ですでに選ばれた頂点はすべて連続していることがわかる．二つ目の条件をいったん無視すれば，$B_1$ がまず $10$ 通り，それ以降は $B_9$ までそれぞれ $2$ 通りずつの選択が可能である．\\\r\n　さて，二つ目の条件を「対角線にあたる線分が $4$ 本」と読み替える．$B_1B_2$ と $B_9B_{10}$ は対角線となり得ないことに注意する．$B_3$ から $B_9$ までを選ぶとき，$2$ 通りのうち一方が辺を，もう一方が対角線を生み出すから，以上により求める総数は $10×2×{}_7\\mathrm{C}_4=\\mathbf{700}$ 通りであることがわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc002/editorial/4810" } ]

[ { "content": "　メネラウスの定理により以下が成り立つから，特に $CP:PD=28:15$ である：\r\n$$\\dfrac{CP}{PD}\\times\\dfrac{DB}{BA}\\times\\dfrac{AE}{EC}=1.$$\r\nこれにより以下が成り立ち，特に解答すべき値は $\\textbf{63}$ である：\r\n$$\\triangle PBC=\\dfrac{28}{43}\\triangle BCD=\\dfrac{28}{43}\\times\\dfrac{5}{7}\\triangle ABC=\\dfrac{20}{43}\\triangle ABC.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc149/editorial/232" } ]

[ { "content": "　正の奇数 $k$ に対して，$2k$ の正の約数の総和が奇数であることは，$k$ が正の約数を奇数個もつことと同値であり，さらにこれは $k$ が平方数であることと同値である．よって，$10^5$ 以下の奇平方数の個数が求める答えであり，これは $\\textbf{158}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc149/editorial/224" } ]

[ { "content": "　$X=x-3,Y=y-7$ と置換すれば，求めるものは $X^2+Y^2+(z-6)^2=8$ の下での $(XY-21)^2$ の最小値で，$z$ を無視すれば束縛条件が $X^2+Y^2\\leq 8$ であるとしてよい．ここで，$XY$ 平面上の領域 $X^2+Y^2\\leq 8$ と曲線 $XY=a$ の関係を考えることで，$XY$ のとり得る範囲は $-4$ 以上 $4$ 以下であることがわかり，求める最小値は $(4 - 21)^2=\\textbf{289}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc149/editorial/1880" } ]

[ { "content": "　途中で一度でも負け越している $8$ 勝 $5$ 敗 $2$ 分となるような場合について考えると，初めて負け越した試合までの勝敗をすべて入れ替えることで，$9$ 勝 $4$ 敗 $2$ 分となるような場合を作ることができる．\\\r\n　逆に，$9$ 勝 $4$ 敗 $2$ 分となるような場合は初めて勝ち越した試合が存在するので，それ以前の試合の勝敗を全て入れ替えることで一度でも負け越している $8$ 勝 $5$ 敗 $2$ 分となるような場合を作ることができる．\\\r\n　よって，一度でも負け越している $8$ 勝 $5$ 敗 $2$ 分となるような場合と $9$ 勝 $4$ 敗 $2$ 分となるような場合は一対一に対応する．したがって，引き分けた試合の位置を先に固定すれば，$\\mathrm{{}\\_{15}C\\_2\\times({}\\_{13}C\\_5-{}\\_{13}C\\_4)}=\\textbf{60060}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc149/editorial/1743" } ]

[ { "content": "　円 $O$ による反転を実行する．図形 $A$ がこの反転によって移る先を $A^\\prime$ とする．このとき，直線 $P^{\\prime}_3$ と $Q^{\\prime}_7$ の交点 $X^\\prime$ について，${OX^{\\prime}}^2$ が求めるべき値である．\r\n\r\n\r\n　$O$ から直線 $P_3^\\prime, Q_7^\\prime$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $A,B$ とすると，$OA=8,OB=128$ である．また，$\\angle AX^\\prime B=60^\\circ$ であるから，$O$ を通り $Q_7^\\prime$ に平行な直線と $P_3^\\prime$ の交点を $C$，$O$ を通り $P_3^\\prime$ に平行な直線と $Q_7^\\prime$ の交点を $D$ とすると，\r\n$$BX^\\prime=BD+OC=\\dfrac{OB}{\\sqrt{3}}+\\dfrac{2OA}{\\sqrt{3}}=48\\sqrt{3}.$$\r\n以上により，$OX^\\prime=\\sqrt{BO^2+{BX^\\prime}^2}=\\sqrt{\\textbf{23296}}\\\\,(=16\\sqrt{91})$ を得る．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc149/editorial/297" } ]

[ { "content": "　有限個の実数からなる集合 $A$ に対し，\r\n- $A$ の奇数個の要素からなる部分集合を選んで要素の総積を取るとき，選び方全てについての積の総和を $S(A)$ とする．\r\n- $A$ の偶数個の要素からなる部分集合（空集合でも良い）を選んで要素の総積を取るとき，選び方全てについての積の総和を $T(A)$ とする．\r\n\r\n----\r\n**補題．**$A$ を有限個の実数からなる集合とするとき，次の二式が成立する：\r\n$$S(A) + T(A) = \\prod_{a\\in A}(a+1),\\qquad S(A) - T(A) = (-1)^{|A|+1}\\prod_{a\\in A}(a-1).$$\r\n**証明．**両式とも，右辺を展開すると，任意の $A$ の部分集合についてその要素の総積の項が一度ずつ現れる．また，$1$ 式目についてはそれらの係数がどれも $1$ であり，$2$ 式目については偶数個の積の項の係数が $-1$，奇数個の積の項の係数が $1$ となっているから示された．\r\n----\r\n\r\n　求めるものは $S(\\\\{100,101,\\ldots,999\\\\})$ であり，これは補題により次のように計算できる：\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS(\\\\{100,101,\\ldots,999\\\\})\r\n&= \\frac{101\\times102\\times\\cdots\\times1000}{2} + \\frac{(-1)^{901}\\times99\\times100\\times\\cdots\\times 998}{2}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1000!}{2\\times100!} - \\frac{998!}{2\\times98!}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{494550\\times998!}{100!}.\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nこれが $3$ で割り切れる回数は，Legendre の定理により $\\mathbf{449}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc149/editorial/3634" } ]

[ { "content": "　角の二等分線定理により，\r\n$$AB:BD=AI:ID=AC:CD$$\r\nが成り立ち，これは $(AB+AC):BC$ に等しいので，$BC=4619×\\dfrac{1}{30+1}=\\textbf{149}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/4619" } ]