专题22 组合数学（上）（数学竞赛真题汇编）高中数学全国通用

品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题22组合数学（上） 全国各地竞赛真题试题汇编一 一、解答题 1.(2025·福建预赛)用红、白两种颜色对一个99×99的方格表中的每一个单位小方格染色（每个单位 小方格只染一种颜色).在染色后的方格表中，考虑由三个单位小方格组成的有序方格组(C1C2C3).设 S为满足①C1,C2在同一行，C2,C3在同一列；②C1,C3为白色，C2为红色的有序方格组的个数.求S的 最大值. 2.(2025·贵州预赛)将若干个互异的正整数排在一个圆周上，使任何相邻数之积小于2025，问圆周上最 多有多少个数？ 1/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.(2025·浙江预赛)将平面用水平和竖直的直线分成由1×1的正方形构成的网格.设P是由2025个小 正方形构成的连通图形（连通是指从其中任何一格可以经过若干有公共边的方格走到另一格），记P|为 边界折线的长度.求⑦P的最大可能值和最小可能值. 4.（2024·四川预赛)给定正整数n≥2，数组(a1a2···,an)称为“好数组”是指：aa2···,an均不 为0，a1=1,且对任意的1≤k≤n-1,均有(ak+1+ak)(ak+1-ak-1)=0.求“好数组” （aa2···,an)的组数. 2/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5.（2024·北京预赛)有个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了，但是每场比赛的主场客 场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数，最终组委会发现这些次数 加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都 要大于等于他们之间的比赛总场次，请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论， 6.(2024·上海预赛)将正整数1,2，·，100填入10×10方格表中，每个小方格恰好填1个数，要求每 行从左到右10个数依次递减，记第1行的10个数之和为S(i=1,2,…,10).设n∈{1,2，…，10}满足： 存在一种填法，使得S1S2·,S10均大于第n列上的10个数之和，求n的最小值. 3/10 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 7.(2023·福建预赛)设有序数组A=（a1a2…,a10)同时满足以下4个条件： (1)a1a2…,a10是1,2，…，10的一个排列； (2)a1<a2a3<a4a5<a6a7<agag<a10: (3)a2>ag a4>as a6>an ag>a9: (4)不存在1≤i<j<k≤10，使得a:<ak<aj. 求这样的有序数组A的个数. 4/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 8.(2023·苏州预赛)下图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，一开始所有开关均关闭.按 其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态.例如，按(2,2)将导致 (1,2),(2,1),(22),(2,3),(3,2)改变状态.如果要求每个开关至多按一次，按开关的总次数最少 一次. 1,1) (1,2) 1,3) (1,4) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (3,) (3,2) 3,3) (3,4) (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (1)末状态恰好是(2,1)，(32)，(4,3)，(12)，(2,3)，(3,4)这6处开关打开，问至少需要按多少次？ 请给出证明； (②)若要求所有开关均关闭，至少需要按多少次？请直接写出结果和一个方案. 5/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 全国联赛真题试题汇编？ 一、解答题 1.(2025·全国联赛A卷)给定整数t>10000·甲乙两人玩如下的游戏，猜一个满足 t(N)≤t2+t+100的正整数N,这里t(N)是N的正约数个数.规则如下：先由甲确定一个正整数k, 并告知乙.然后乙想一个满足要求的N,并且： (i)告诉甲t(N)的值； (i)给出N的k个不同的正约数（若T(N)≤k,则乙只需给出N的所有正约数；若T(N)>k,则乙可 以选择性地给出N的k个正约数)· 求最小的k,使得甲一定能猜出N. 6/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2.(2024·全国联赛A卷)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通 的”，如果对S中任意两个不同的小方格AB,存在整数1≥2及S中个方格A=C1C2…,C=B,满足 C与C41有公共边(i=1,2,…,1-1) 求具有下述性质的最大整数K：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K. 7/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.（2023·全国联赛A卷)求具有下述性质的最小正整数k:若将1,2，·，k中的每个数任意染为红色或 者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数x1x2·,x9满足X1十X2十…十X8<X9,或者存在10个 互不相同的蓝色的数y1y2,y10满足y1十y2十…+yg<y10 8/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 4.(2022·全国联赛A卷)求具有下述性质的最小正整数t:将100×100的方格纸的每个小方格染为某 一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过104，则存在一个1×t或t×1的矩形，其中t个小方格含 有至少三种不同颜色. 9/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5.(2022·全国联赛A1卷)给定实数r,甲、乙两人玩如下的游戏. 黑板上写着一个含有三个绝对值的算式： S=口-0+▣-+|口-0 其中6个空格“口”中尚未填数.每一回合，甲选取区间[0,1]中的一个实数（不同回合中可以选相同的数）， 乙将该数填在某个空格之中，经过六个回合之后所有6个空格中均填了数，S的值也随之确定.若S≥r, 则甲胜，否则乙胜， 求所有的实数，使得甲有获胜策略. 10/10 专题22 组合数学（上） 一、解答题 1．（2025·福建预赛）用红、白两种颜色对一个的方格表中的每一个单位小方格染色（每个单位小方格只染一种颜色）．在染色后的方格表中，考虑由三个单位小方格组成的有序方格组．设为满足①，在同一行，，在同一列；②，为白色，为红色的有序方格组的个数．求的最大值． 【详解】设在染色后的方格表中，第行有个白色小方格，第列有个白色小方格，记第行，第列的小方格为红色． 则集合中元素个数． 由于对任意的，设其为，在所在的第行个白色的小方格中任取一个记为；在所在的第列个白色的小方格中任取一个记为． 则在同一行，在同一列，且是白色的，是红色的，于是方格组符合要求． 因此． 由于第行有个红色小方格，第列有个红色小方格， 所以 所以． 另一方面，将的方格表分成个的方格表，每一个的方格表按照如下方式染色： 这样，这个的方格表中的每一行，每一列均有33个红色小方格，66个白色小方格．由前面讨论可知，对于每一个红色的小方格，它对都贡献了． 因此． 综上可知，的最大值为． 注：染色方案不唯一．只需每行每列恰有66个小方格为白色，33个小方格为红色即可． 2．（2025·贵州预赛）将若干个互异的正整数排在一个圆周上，使任何相邻数之积小于2025，问圆周上最多有多少个数？ 【详解】先考虑一般情况：将若干个互异的正整数排在一个圆周上，使任何相邻数之积小于，问圆周上最多有多少个数？ （1）当时，先将按照顺时针方向依次排在圆周上（如图1.1），然后在形成的个空中依次插入个数：（其中最大的数插入最小的小数1、2为边界的空，最后一个空不插入数），得到圆排列： 此时相邻两数之积为或或 因为，而的对称轴为，最大的积，构造合乎要求，所以． （2）当时，先将按照顺时针方向依次排在圆周上（如图1.2），然后在形成的个空中依次插入个数：（其中最大的数插入最小的小数1、2为边界的空），得到圆排列： 同上可证，此时最大的相邻两数之积为，所以． ，且，故． 所以圆周上最多有88个数满足题目要求． 3．（2025·浙江预赛）将平面用水平和竖直的直线分成由的正方形构成的网格．设是由2025个小正方形构成的连通图形（连通是指从其中任何一格可以经过若干有公共边的方格走到另一格），记为边界折线的长度．求的最大可能值和最小可能值． 【详解】先考虑最大值．2025个方格共8100条边，其中有些边重复计算了． 以2025个小正方形为顶点，若两个小正方形相邻则连边，得到一个2025个顶点的连通图，从而边数至少为2024． 每条边对应一条重复计数的非边界的格边，因此边数至多为8100-2024×2=4052． 当这2025个正方形排成长条矩形时达到． 再考虑最小值．取包含的最小矩形，记其长和宽分别为，则． 而，所以． 当这2025个正方形排成的正方形时达到． 4．（2024·四川预赛）给定正整数，数组称为“好数组”是指：均不为，且对任意的，均有．求“好数组”的组数． 【详解】引理1：对任意正整数，若时，则，且和同奇偶；若时，则，且和不同奇偶． 引理1的证明：对进行归纳． 当时，由知结论成立； 当时，注意到或者，从而结论也成立． 假设结论对时成立，下面考虑： 情形1：若． 由归纳假设知，，且和同奇偶，于是和不同奇偶． 由或者，知，且和同奇偶； 或者，且和不同奇偶． 情形2：若． 由归纳假设知，，且和不同奇偶，于是和同奇偶． 由或者，知，且和不同奇偶； 或者，且和同奇偶． 因此，结论对也成立． 由归纳原理知，对任意的正整数，结论均成立． 引理1得证． 记为中的数组的个数，注意． 约定，由题可知． （注意由引理1可知是偶数时是奇数时，所以上式对成立．） 引理2：对任意的正整数，有，①这里， 且，②这里，注意这里的． 补充定义．注意①蕴含着，这和题意一致． 引理2的证明：对进行归纳， 当时， 对①：或1，注意到：，； 对②：，注意到：．从而时，结论①、②成立． 当时， 对①：或1，注意到：，； 对②：，注意到：．从而时，结论①、②成立． 假设结论①、②对时成立，考察的情形： 对于①，分情况讨论：对任意， （1-1）．易知，此时结论①成立． （1-2）对任意，注意此时， ， （1-3），此时，成立． 所以结论①对任意成立． 对于②，分情况讨论：对任意， （1-1）若．易知，此时结论①成立． （1-2）对任意，注意此时， ． 所以结论②对任意成立． 由归纳原理知，对任意的正整数，结论①、②都成立． 引理2得证． 回到原题：注意到：所求的组数为， 由于 ， 且 ， 综上可知，所求的组数为． 5．（2024·北京预赛）有个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了．但是每场比赛的主场客场还没有分配好．这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数．最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次．请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论． 【详解】图论相关概念： 二部图：如果顶点集合可分割为两个互不相交的子集， 并且图中的每条边所关联的两个顶点和分别属于这两个不同的顶点集， 则称图为一个二部图． 匹配：设是一个二部图，是图的所有边所构成的集合． 若包含于，而且中任何两条边没有公共顶点， 则称是的一个匹配． 相邻：两个顶点和连边，称顶点和相邻． 引理(定理)：对于一个二部图且， 存在一个匹配的充分必要条件为对于的任意子集，有， 其中表示中至少与中一个点相邻的点集． 必要性： 因为存在到的一个匹配， 所以对于中任意一点，均至少中一点与其相邻， 从而对于的任意子集，在中可以找到个点与中至少一点相邻， 设这个点构成的集合为，那么，故． 充分性： 若对于的任意子集，有，下面对中点的个数进行归纳： ①当时，显然存在一个到的匹配； ②假设对时，均存在一个到的匹配， ③下面考虑时， （1）如果任取的元子集，均有， 取中的一点，将和中与匹配的一点去掉，那么中还剩个点， 记这个点构成的集合为，对于的任意子集有， 由归纳假设可知存在的一个匹配，加上去掉的一组点，构成的一个匹配． （2）如果存在的元子集S，有， 那么由归纳假设可知在图中这组点构成一个匹配，去掉这组点， 记中去掉的点集为，中还剩个点， 由归纳假设可知在图存在匹配，与构成的一个匹配． 回到原题：结论是肯定的． 设支球队分别为，设能接受的最大客场次数为， 设共有场比赛，第场比赛为， 其中每场比赛的参赛双方已经确定，但尚未确定主客场， 我们构造二部图，其中，中包含恰个， 将与连边当且仅当是的参赛球队． 下说明存在的匹配， 对于，任意1场比赛，设这些比赛构成集合， 并设这些比赛涉及的参赛球队(即至少参加这之中1场比赛的球队)为， 由条件，， 因此， 由定理，中存在的匹配． 最后，我们把每场比赛的客场球队设置为其在图的匹配中匹配的对应球队， 这样，考虑到每支球队在中出现的次数不超过其最大客场次数， 因此每支球队的客场次数都是被允许的． 综上所述，我们完成了主客场的安排． 6．（2024·上海预赛）将正整数填入方格表中，每个小方格恰好填1个数，要求每行从左到右10个数依次递减，记第行的10个数之和为． 设满足：存在一种填法，使得均大于第列上的10个数之和，求的最小值． 【详解】将第列10个数之和记为．考虑下表填法， 此时有，即满足题意． 以下假设存在一种填法，满足均大于，我们来导出矛盾． 对，记为第行、第列所填的数． 不失一般性，设 对，记为表格的前行与前3列相交所构成的方格表， 为表格的前行与后7列相交所构成的方格表． 考虑到每行的数从左到右依次递减，则对每个 中个数中的最大者是位于左下角的，于是． 对，记与中的数之和分别为与， 则 由假设得， 从而 则，于是． 因此 ， 矛盾！故假设不成立，又结合知均不满足题意． 综上，的最小值为5． 7．（2023·福建预赛）设有序数组同时满足以下4个条件： (1)是的一个排列； (2)； (3)； (4)不存在，使得． 求这样的有序数组的个数． 【答案】42 【详解】首先考虑如下问题：对于圆周上给定的10个点，用5条互不相交的线段将这10个点配成5对，不同的配对方式有多少种(下称配对数)? 设圆周上有个点，用条互不相交的线段将这个点配成对的配对数为，易知． 当时，设这个点依次为．设与相连，依题意，和均为偶数个点，则． 时，配对数为时，配对数为时，配对数为，于是． 计算得， 因此圆周上给定10个点，用5条互不相交的线段将这10个点配成5对的配对数是42．下面建立符合条件的数组与上述10个点配对的方式间的一一对应． 设为圆周上逆时针排列的10个点，并分别标注数字．若数组满足条件，将标注为数与的点连成线段，由数组满足的条件知，这些线段互不相交，由此得到一种配对方式． 事实上，如果有两条线段相交，设其端点对应的数字为及，如图1．则数字，对应的点在圆周上按照逆时针排列，即有 若，则 不成立，矛盾；若，则不成立，矛盾． 另一方面，对于任何一种将圆周上10个点连成互不相交的5条线段的方式，必存在，使得与是这5条线段中某一线段的两个端点．设是这样的的最大数，令；将该线段及端点删掉，逆时针方向寻找离距离最远的相邻两点构成的线段(除最后一条线段外，其余线段的端点与不重合)，在线段两个端点下标的数中，较小数作为，较大数作为；再将这条线段及端点删掉，如此继续下去，最终得到数组． 如上图左图最终得到的数组为(8，9，5，6，4，7，2，3，1，10)；右图最终得到的数组为 (8，9，7，10，4，5，2，3，1，6)． 下面说明依据上述方式得到的数组满足条件． 显然上述数组满足条件． 事实上，按上述方式，以为基准依逆时针方向看，在弧之间不存在下标比大的点． 则对任意正整数的分布只能为下列两种位置的情形． 因此，即数组满足条件(3)． 对于满足的正整数，若对应的点相连，则由知，对应的点不在之间，故不成立； 若对应的点不相连，则对应点的分布只能为下列两种位置的情形． 对右图情形，由对应的点不在之间，故不成立；对右图情形， 不成立，故不成立． 因此，对满足的正整数，不成立，即数组满足条件(4)． 综上，满足条件的有序数组的个数为42． 8．（2023·苏州预赛）下图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，一开始所有开关均关闭．按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按(2，2)将导致改变状态．如果要求每个开关至多按一次，按开关的总次数最少一次． (1)末状态恰好是这6处开关打开，问至少需要按多少次?请给出证明； (2)若要求所有开关均关闭，至少需要按多少次?请直接写出结果和一个方案． 【详解】(1)6次． 下面证明满足条件的最少次数为6． 考虑对角线，记作区域．当且仅当按区域内部的开关时，区域中的开关改变奇数次．由末状态区域中的开关均闭合，则区域中开关一共被按了偶数次，用表示区域中被按开关的总次数． ． 由于操作完中开关后(2, 1)处开关关闭，则左下角需要操作至少一次，同理右上角也需要操作至少一次，总次数不少于6． ． (i)如图，操作完中开关后(2，1)处开关关闭，则为奇数，即．同理区域中的开关都至少按一次，因此总次数至少6次； (ii)如图b，操作完A中开关后处开关关闭，同上可得总次数至少6次； (iii)如图，操作完中开关后处开关打开，区域中的两个开关分别按偶数次，则有(1, 1)处开关打开，不合要求．于是不能均为0，不妨设．操作完中开关之后(图)，开关打开，又末状态是关闭的，则均为奇数．因此总次数； 要求操作次数最小，由对称性可知，需要区域右上角操作次数最小．事实上，确保右上角满足条件的操作，按对角线（区域）作对称，即可得到满足题意的操作．右上角三个表格记作区域，操作次数分别为，（图e）．注意到(1, 4)末状态关闭，则为偶数． 将记作区域． (i)若，则由区域处开关均打开，这些开关均需要按一次，至少需要次； (ii)若，此时中至少有一个为奇数．设为奇数，则操作完区域和中的开关后，(1, 3)处的开关打开，为将其关闭，可得．即右上角的开关按下的次数至少，总次数至少6次． 综上，操作总次数至少为6次． (2)8次，方案可以是： 一、解答题 1．（2025·全国联赛A卷）给定整数．甲乙两人玩如下的游戏，猜一个满足的正整数，这里是的正约数个数．规则如下：先由甲确定一个正整数，并告知乙．然后乙想一个满足要求的，并且： （i）告诉甲的值； （ii）给出的个不同的正约数（若，则乙只需给出的所有正约数；若，则乙可以选择性地给出的个正约数）． 求最小的，使得甲一定能猜出． 【详解】所求．为书写简单，下面的约数均指正约数． 首先若，则甲未必能确定．例如乙告诉甲，以及如下个的约数：，则或都可以． 下面证明时，甲一定可以确定．记，若，则乙写出了的所有约数，其中最大的数即为．下面假设，乙写了的个约数． 对正整数和素数，记为的标准分解中素因子的幂次．对每个素数，甲可以算出，则，故． 断言：若，则．特别地，若，则． 断言的证明：假设．由的计算公式易知． 若，则 这不成立．故． 若，则 不成立．故． 设，其中． 由，即，可知 这是因为，且，而 故在中被整除的数只有．于是 也不成立．断言获证． 由断言知，可以识别出的所有素因子，且对于满足的素数，有．若，称这样的素数为“特殊的”． 特殊的素数至多两个，否则，矛盾． 若没有特殊的素数，则已经确定．若恰有一个特殊的素数，则除外的其余素因子的幂次均已确定，由的值也唯一确定的幂次，也确定． 下面只需讨论恰有两个特殊素数的情况，此时 没有其他素因子，否则，矛盾．由于所有个约数均为的形式，故必有．不妨设． 若或，则由知 不成立．故只能． 综上，当时，甲总能确定． 2．（2024·全国联赛A卷）给定正整数．在一个的方格表上，由一些方格构成的集合称为“连通的”，如果对中任意两个不同的小方格，存在整数及中个方格，满足与有公共边． 求具有下述性质的最大整数：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合，使得中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于． 【详解】所求最大的． 对一个由小方格构成的集合，记是中的黑格个数，是中的白格个数．用表示第行第列处的方格，这里．对于两个方格，定义它们之间的距离为． 首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合，均有，这表明． 设是黑格，并记，满足． 先证．可不妨设包含所有黑格，这是因为若不包含所有黑格，取不属于的黑格满足最小，这里．易知或2．若，取，则仍是连通的，且更大．若，则存在与相邻的白格，而与中某个方格相邻，取，则仍是连通的，且不变．因而可逐步扩充，使得包含所有黑格，保持的连通性，且不减． 考虑白格集合，每个中至少有一个方格属于，否则不存在从黑格到黑格的中路径．故，而，故． 类似可证．同上，可不妨设包含所有白格，从而．再考虑黑格集合，每个中至少有一个黑格属于，否则不存在从白格到白格的中路径．从而，故． 下面证明具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合，使得． 设表格中共有个黑格和个白格，在第二行中有个黑格和个白格．于是．故 由平均值原理可知． 不妨设．取为第二行中的个白格以及所有个黑格．由于包含第二行中所有方格，因而是连通的．而． 综上所述，． 3．（2023·全国联赛A卷）求具有下述性质的最小正整数：若将中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数满足，或者存在10个互不相同的蓝色的数满足． 【详解】一方面，若时，将染为红色，染为蓝色，此时最小的8个红数之和为，最小的9个蓝数之和为，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数． 对，可在上述例子中删去大于的数，则得到不符合要求的例子． 因此不满足要求． 另一方面，我们证明具有题述性质． 反证法．假设存在一种的染色方法不满足要求，设是所有红数的集合，是所有蓝数的集合．将中的元素从小到大依次记为中的元素从小到大依次记为．对于，或者，或者；对于，或者，或者． 在中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数． 情形中至少有9个蓝色的数． 此时．设区间中共有个中的元素． 记，则． 因为是中的所有正整数，故 于是．(*) 特别地，．从而． 对任意，由(*)知．从而 (考虑二次函数对称轴，即知时取得最大)．又，这与中有一个为408矛盾． 情形2：中至少有8个红色的数． 论证类似于情形1． 此时．设区间中共有个中的元素．记，则． 因为是中的所有正整数，故 于是． 特别地，．从而． 对任意，有．从而 又，这与中有一个为408矛盾． 由情形1、2知具有题述性质． 综上，所求最小正整数为408． 4．（2022·全国联赛A卷）求具有下述性质的最小正整数：将的方格纸的每个小方格染为某一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过104，则存在一个或的矩形，其中个小方格含有至少三种不同颜色． 【详解】将方格纸划分成100个的正方形，每个正方形中100个小方格染同一种颜色，不同的正方形染不同的颜色，这样的染色方法满足题目条件，且易知任意或的矩形中至多含有两种颜色的小方格．因此． 下面证明时具有题述性质．我们需要下面的引理． 引理：将的方格表的每个小方格染某一种颜色，如果以下两个条件之一成立，那么存在一个的矩形，其中含有至少三种颜色． (1)中至少有11种颜色． (2)中恰有10种颜色，且每种颜色恰染了10个小方格． 引理的证明：用反证法，假设结论不成立． 取每种颜色小方格的最右边方格，设分别在(从左往右)第格，分别为色，则对，有．这是因为若，则从第格至第格(不超过12格)中至少含有三种不同颜色(第格为色，第格为色，第格一定不同于色)，与假设不符． 若条件(1)成立，则，于是，矛盾．因此在条件(1)下结论成立． 若条件(2)成立，考虑第格至第格，因每种颜色的方格至多10个，故这11个方格至少含有两种颜色，且均不同于色，则从第至第格中至少含有三种颜色，与条件(2)不符．因此在条件(2)下结论也成立． 引理得证． 回到原问题，设为出现的所有颜色． 对，记为含有色小方格的个数，为含有色小方格的行的个数，为含有色小方格的列的个数．由条件知．又显然，等号成立当且仅当含有色小方格的所有行与列的交叉位置上都是色小方格． 下面证明：，等号成立当且仅当． 若，则由知；若，则 等号成立当且仅当． 于是． 若，由抽屉原理知，存在一行或者一列至少含有11种颜色的小方格． 若，则由等号成立的条件，可知每种颜色恰染100格， 且是10行与10列交叉位置，因此每一行每一列中恰有10种颜色的方格，每种颜色的方格恰有10个． 由引理可知这两种情况都导致存在或的矩形含有至少三种颜色的小方格． 综上所述，所求最小的为12． 5．（2022·全国联赛A1卷）给定实数，甲、乙两人玩如下的游戏． 黑板上写着一个含有三个绝对值的算式： 其中6个空格“□”中尚未填数．每一回合，甲选取区间中的一个实数(不同回合中可以选相同的数)，乙将该数填在某个空格之中．经过六个回合之后所有6个空格中均填了数，的值也随之确定．若，则甲胜，否则乙胜． 求所有的实数，使得甲有获胜策略． 【详解】当时，甲有获胜策略；当时，乙有获胜策略． 首先讨论4个空格的情况：． 甲有策略使得：甲先选0(选1也可以)，乙第一步选择无实际意义，．甲再选1．若乙将其与0填在同一个绝对值中，甲再依次选0、1，可使；若乙将其填在另一个绝对值中，，甲再选，则某个绝对值得到，最后一个数甲可以使另一个绝对值为1，此时． 乙有策略使得：若甲选的前两个数相差不超过，则乙将它们填在同一个绝对值中，这样一个绝对值不超过，而另一个绝对值不超过1，从而．若甲选的前两个数相差超过，设它们为，且，则乙将它们填在不同的绝对值中，设．易知，故甲选的第三个数必满足(当时)或(当时)，于是乙可以使一个绝对值不超过，而另一个绝对值不超过1，从而． 回到原问题． 甲有策略使得： 甲依次选0、1，若乙将它们填在同一个绝对值中，由的讨论知甲可以使得．以下不妨设乙将它们填在了不同的绝对值中． 甲再选．若乙将填在和0或1同一个绝对值中，则由的讨论知甲可以使得．以下不妨设乙将填在了第三个绝对值中，则 甲选．若乙放在第一个绝对值中，则甲选0、0，得；若乙放在第二个绝对值中，则甲选1、1，得；若乙放在第三个绝对值中，由的讨论，甲可使前两个绝对值之和不小于，故． 乙有策略使得： 若甲选的前两个数相差不超过，或所选的第三个数与前两个数之一相差不超过，则乙可在前三回合内将两个相差不超过的数填在同一个绝对值中，由的讨论知乙可使． 若甲选的前三个数两两相差均大于，则乙将三个数填在不同的绝对值中，现假设．由对称性，不妨设． 设甲选的第四个数为． 情形一：．乙将与放在同一个绝对值中，由于，故，而前两个绝对值之和不超过，故 情形二：．乙将与放在同一个绝对值中，则． 由于，由的讨论知乙可以使剩下两个绝对值之和不超过，从而． 情形三：．乙将与放在同一个绝对值中，由于，则．由于，同情形二知乙可以使． 最后注意到，上述三种情形包括了的所有可能性(有可能会重叠，此时可以任意选择某个情形来做)． 综上所述，使甲有获胜策略的是不超过的所有实数． 6．（2022·全国联赛A2卷）已知集合的四个500元子集，满足：对任意，均存在某个，使得．求正整数的最大可能值． 【详解】所求最大的． 一方面，当时，令 则，且． 考虑．对任意，若其中有一个属于，则同时属于中的某个集合；若均不属于，则同时属于．在中任意添加中一个元素，使其成为500元集合，这便得到的四个500元子集满足要求． 另一方面，若，则不存在满足要求的四个500元子集． 用反证法，假设存在满足要求的四个500元子集，易知的每个元素至少属于其中两个子集，设有个元素恰属于其中两个子集，则 故．记这个元素构成的集合为，则．将中的元素按所属的情况分为6类，对，记是中恰属于的元素的集合． 易知与必有一个是空集，不妨设．同样地，与必有一个是空集，不妨设．同理，与必有一个是空集． 若，则，从而，这样，矛盾． 若，则，从而中的每个元素至少属于中的两个集合，这样，矛盾． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $