В школе учатся 50 мальчиков и некоторое количество...

Zählende Kombinationen

Ich analysiere ein Problem mit 50 Jungen und einer unbekannten Anzahl Mädchen, wobei keine zwei Jungen oder Mädchen die gleiche Anzahl Freunde vom anderen Geschlecht haben dürfen.

Unterschiedliche Grade

Ich denke an ein bipartites Graphenproblem, bei dem jeder der 50 Jungen unter den G Mädchen eindeutige Verbindungen haben muss und umgekehrt.

Analyse der Bedingungen

Ich untersuche die Bedingungen: 50 Jungen müssen unterschiedliche Grade zwischen 0 und G haben. Wenn G>=50 ist, können diese Grade nicht alle unter sich bleiben.

Konsistente Grade

Ich betrachte, dass die Summe der Grade bei beiden Geschlechtern gleich der Gesamtzahl der Kanten im Graphen ist. Jede Gruppe hat 50 bzw. n eindeutige Grade.

Grenzen des sets

Ich recherchiere, dass sowohl n < 50 als auch n > 50 möglich sind, da die Mädchen eindeutige Grade unter den 50 Jungen brauchen und 51 verschiedene Werte zur Auswahl stehen.

Einschränkungen und Variationen

Ich sehe, dass n entweder 49 oder 51 ist, da die Mädchen eindeutige Grade unter den 50 Jungen benötigen. Entsprechende Grade für jede Situation müssen angepasst werden.

Warning: The response is not complete, would not consume credits.

Разбор задачи

У нас в школе $50$ мальчиков и некоторое число девочек $n$ (причём $n \neq 50$). При этом:

1. У каждого мальчика есть некоторое количество подруг (друзей среди девочек), причём количество этих подруг (степень вершины «мальчик» в двудольном графе) у всех 50 мальчиков --- разное.
2. У каждой девочки есть некоторое количество друзей среди мальчиков, и эти количества у всех $n$ девочек --- разные.

Нужно найти, сколько может быть всего пар «мальчик--девочка», если количество девочек не равно 50.

1. Постановка в терминах двудольного графа

Представим задачу в виде двудольного графа:

• Одна часть двудольного графа состоит из $50$ «вершин-мальчиков»,
• Другая часть --- из $n$ «вершин-девочек» (где $n \neq 50$),
• Ребёнок одного пола дружит с ребёнком другого пола, если соответствующие вершины соединены ребром.

Тогда:

• Степень вершины-мальчика (в этом графе) равна числу его подруг, то есть количеству рёбер, идущих от данного мальчика к девочкам.
• Степень вершины-девочки равна числу её друзей-мальчиков.

По условию, все 50 мальчиков имеют разные степени (относительно девочек), и все $n$ девочек имеют разные степени (относительно мальчиков).

Обозначим через $E$ общее число рёбер в таком двудольном графе (то есть общее число пар «мальчик--девочка»).

С одной стороны, сумма степеней всех мальчиков равна $E$, так как каждое ребро учитывается ровно один раз при подсчёте «сколько всего у мальчиков друзей».
С другой стороны, сумма степеней всех девочек тоже равна $E$, ведь каждое ребро также учитывается ровно один раз при подсчёте «сколько всего у девочек друзей».

Таким образом,

2. Возможные значения $n$ (числа девочек)

2.1. Ограничения для мальчиков

У нас 50 мальчиков, и каждый должен иметь уникальную степень (от 0 до $n$ включительно, ведь максимум друзей у мальчика --- это все $n$ девочек).

Чтобы поместить 50 различных целых значений степеней в диапазон $[0;\;n]$, нам нужно как минимум $n + 1 \ge 50$.
Отсюда следует, что

2.2. Ограничения для девочек

У нас $n$ девочек, и каждая должна иметь уникальную степень (от 0 до 50 включительно, ведь максимум друзей у девочки --- все 50 мальчиков).

Чтобы уместить $n$ различных целых значений степеней в диапазон $[0;\;50]$, требуется $n \le 51$.

2.3. Учёт условия $n \neq 50$

Итак, совмещая все ограничения, получаем:

Отсюда возможны только два варианта:

• $n = 49$,
• $n = 51$.

3. Подсчёт общего числа рёбер $E$ (пар «мальчик--девочка»)

3.1. Случай $n = 49$

• Степени мальчиков.
  Все 50 мальчиков должны иметь 50 различных степеней в диапазоне от 0 до 49 включительно. Единственный способ «раздать» 50 различных значений в отрезке длины 50 --- это взять все эти значения:

  $$0, 1, 2, \dots, 49.$$

  Сумма этих чисел:

  $$\sum_{k=0}^{49} k \;=\; \frac{49 \cdot 50}{2} \;=\; 1225.$$

  Значит, $\sum \text{(степеней мальчиков)} = 1225$. То есть $E = 1225$, если ничто не противоречит со стороны девочек.

• Степени девочек (их $49$ штук) должны быть разными и лежать в диапазоне от 0 до 50. В нём ровно 51 возможное целое значение: $0,1,\dots,50$. Нужно выбрать из них 49 штук с суммой 1225 (чтобы совпало с $E$).

  Сумма всех чисел от 0 до 50:

  $$0 + 1 + 2 + \dots + 50 \;=\; \frac{50 \cdot 51}{2} \;=\; 1275.$$

  Если мы исключим из этого набора два каких-то числа, то получим 49 чисел. Но нам нужно исключить ровно такие, чтобы сумма исключённых была $1275 - 1225 = 50$.

  Проще всего (и естественно) исключить просто число 50 (и какое-нибудь ещё 0… но надо аккуратно?). На самом деле достаточно исключить именно одно число 50, тогда получим 50 чисел, а нам нужно 49 девочек… давайте аккуратно:

  • Нужно 49 различных степеней из $\{0,\dots,50\}$, то есть исключаем 2 числа, ведь в $\{0,\dots,50\}$ их 51.
  • Сумма исходного набора $\{0,\dots,50\}$ равна 1275.
  • Итоговая сумма должна быть 1225.
  • Значит сумма исключаемых двух чисел должна быть $1275 - 1225 = 50$.

  Возможный простой вариант: исключить $\{0, 50\}$. Тогда сумма оставшихся $\{1,2,\dots,49\}$ и будет 1225. В результате у нас действительно 49 чисел, все различны, лежат в диапазоне 0..50, и их сумма 1225.

  Значит со стороны девочек никаких противоречий нет, и суммарное число рёбер действительно может быть $1225$.

Итог для $n=49$:

3.2. Случай $n = 51$

• Степени девочек.
  Теперь $51$ девочка, каждая имеет уникальную степень в $[0;50]$. А всего в промежутке $[0;50]$ ровно $51$ целое число. Значит девочки возьмут все эти степени:

  $$0, 1, 2, \dots, 50,$$

  и никакой пропуск невозможен, ведь каждая из 51 девочки должна иметь своё уникальное значение.

  Сумма этих степеней:

  $$\sum_{k=0}^{50} k = \frac{50 \cdot 51}{2} = 1275.$$

  Значит $\sum \text{(степеней девочек)} = 1275$, т.е. $E=1275$.

• Степени мальчиков (50 человек) должны быть различны и лежать в диапазоне $[0; 51]$ (ведь девочек 51). Там всего $52$ целых числа (от 0 до 51 включительно).

  Нужно выбрать из них 50 различных значений так, чтобы их сумма совпала с $1275$.

  Сумма всех чисел от 0 до 51:

  $$0 + 1 + 2 + \dots + 51 \;=\; \frac{51 \cdot 52}{2} \;=\; 1326.$$

  Если мы из 52 чисел оставим 50, то мы исключим 2 числа, и сумма оставшегося набора должна быть $1275$. Значит сумма этих двух исключённых чисел должна быть $1326 - 1275 = 51$.

  Пара целых чисел, дающая в сумме 51, может быть $(0,51)$, $(1,50)$, $(2,49)$, …, $(25,26)$. Любой из таких вариантов даёт 50 оставшихся чисел с нужной суммой 1275.

  • Например, исключим $(0,51)$: тогда у мальчиков будут степени $1,2,\dots,50$. Их сумма как раз $1275$.
  • Или исключим $(25,26)$: тогда у мальчиков будут все числа от 0 до 51, кроме 25 и 26, и сумма опять же 1275, и т.д.

Значит это тоже осуществимо, и общее число рёбер в случае $n=51$ равно $1275$.

4. Вывод

Таким образом, при всех заданных условиях ($n \neq 50$, уникальные степени и у мальчиков, и у девочек) число девочек может быть либо $49$, либо $51$. В первом случае получается всего $1225$ «дружеских» рёбер «мальчик--девочка», во втором --- $1275$.

Ответ: всего таких пар может быть либо

либо

Нам требуется найти количество упорядоченных троек $(x,y,z)$ из натуральных чисел, удовлетворя уравнению

причём разные перестановки $(x,y,z)$ считаются разными решениями (то есть $(2,3,5)$ и $(3,2,5)$ — это два разных решения).

Шаг 1. Разложим $187{,}500$ на простые множители

Последовательно факторизуем $187{,}500$:

1. Заметим, что $187{,}500 = 1875 \times 100$.
2. Факторизуем $1875$:
   • $1875 = 15 \times 125$,
   • $15 = 3 \times 5$,
   • $125 = 5^3$. Следовательно, $1875 = 3 \times 5^4$.
3. Факторизуем $100$: $$100 = 2^2 \times 5^2.$$
4. Итого получаем: $$187{,}500 \;=\; (3 \times 5^4) \;\times\; (2^2 \times 5^2) \;=\; 2^2 \times 3^1 \times 5^6.$$

Значит

Шаг 2. Общая формула для количества решений

Пусть число $N$ имеет канонический вид

и мы ищем количество упорядоченных троек $(x,y,z)$ из натуральных чисел, для которых $x \cdot y \cdot z = N$. Тогда:

1. Пусть $$x = p_1^{a_1}\,p_2^{a_2}\,\dots\,p_k^{a_k}, \quad y = p_1^{b_1}\,p_2^{b_2}\,\dots\,p_k^{b_k}, \quad z = p_1^{c_1}\,p_2^{c_2}\,\dots\,p_k^{c_k},$$ где $a_i, b_i, c_i \ge 0$ — целые.
2. Условие $x \cdot y \cdot z = N$ эквивалентно системе: $$\begin{cases} a_1 + b_1 + c_1 = \alpha_1, \\ a_2 + b_2 + c_2 = \alpha_2, \\ \dots \\ a_k + b_k + c_k = \alpha_k. \end{cases}$$
3. Каждое уравнение вида $a_i + b_i + c_i = \alpha_i$ в неотрицательных целых числах имеет $\displaystyle \binom{\alpha_i + 3 - 1}{3 - 1} = \binom{\alpha_i+2}{2}$ решений (это классическая формула для количества неотрицательных решений).

Таким образом, общее число (упорядоченных) троек $(x,y,z)$ находится умножением:

Шаг 3. Применяем к $187{,}500 = 2^2 \cdot 3^1 \cdot 5^6$

Здесь $p_1=2$, $p_2=3$, $p_3=5$ и соответствующие $\alpha_1=2$, $\alpha_2=1$, $\alpha_3=6$.

1. Для разложения степени 2: $a_1+b_1+c_1 = 2$
   Количество неотрицательных решений: $\displaystyle \binom{2+2}{2} = \binom{4}{2} = 6$.
2. Для разложения степени 1: $a_2+b_2+c_2 = 1$
   Количество неотрицательных решений: $\displaystyle \binom{1+2}{2} = \binom{3}{2} = 3$.
3. Для разложения степени 6: $a_3+b_3+c_3 = 6$
   Количество неотрицательных решений: $\displaystyle \binom{6+2}{2} = \binom{8}{2} = 28$.

Итоговое число решений:

Ответ

Таким образом, существует $504$ упорядоченных троек $(x,y,z)$ натуральных чисел, для которых $x \cdot y \cdot z = 187{,}500$.

Дано рекуррентное соотношение:

c начальным условием

Требуется найти величину

1. Находим явную формулу для $a(n)$

1.1. Решение однородного уравнения

Сначала рассмотрим однородное уравнение:

Его общее решение имеет вид

где $C$ — некоторая константа.

1.2. Частное решение

Чтобы учесть неоднородный член $-8$, подберём частное решение в виде постоянной:

Подставляя в исходное соотношение $a(n)=5a(n-1)-8$, получаем:

1.3. Общее решение

Следовательно, общее решение:

1.4. Учитываем начальное условие

По условию $a(0)=6$. Подставим $n=0$:

Но $a(0)=6$, значит:

Таким образом,

2. Сумма $a(0)+a(1)+\dots+a(79)$

Обозначим

Подставляем найденную формулу:

Тогда

1. Первая сумма:

   $$\sum_{k=0}^{79} 5^k = \frac{5^{80} - 1}{5 - 1} = \frac{5^{80} - 1}{4}.$$

   Умножим на 4:

   $$4 \sum_{k=0}^{79} 5^k = 4 \,\cdot \frac{5^{80} - 1}{4} = 5^{80} - 1.$$

2. Вторая сумма:

   $$\sum_{k=0}^{79} 2 = 2 \times 80 = 160.$$

Таким образом,

3. Искомая величина: $a(80)\;-\;4\,S$

Считаем по очереди:

1. $\displaystyle a(80) = 4\cdot 5^{80} + 2.$
2. $\displaystyle S = 5^{80} + 159.$

Тогда

Вынесем отдельно шаги вычисления:

• $4\,S = 4\,(5^{80} + 159) = 4\,5^{80} + 4\cdot159 = 4\,5^{80} + 636.$

Значит

Ответ

Разбор задачи

Имеется прямоугольная таблица размером $601 \times 403$. Нужно отметить в ней некоторое (минимально возможное) число клеток так, чтобы выполнялись два условия:

1. В каждом квадрате $2\times2$ (т.е. в каждом блоке из двух соседних строк и двух соседних столбцов) была отмечена хотя бы одна клетка.

2. В каждой горизонтальной полоске $1 \times 4$ (т.е. в любых четырёх соседних клетках одной и той же строки) было не более одной отмеченной клетки.

Требуется найти наименьшее число отмеченных клеток.

1. Переформулировка в терминах «остатков по модулю 4»

Из второго условия («в каждом отрезке 1×4 по горизонтали не более 1 отметки») видно, что в одной строке между двумя отмеченными клетками должны быть хотя бы 3 «пропущенные» столбца. Эквивалентно можно сказать:

В каждой строке никакие две отмеченные клетки не могут находиться в столбцах, отличающихся менее чем на 4.

Таким образом, в любой строке мы можем расставлять отметки «через 4 столбца» максимум с плотностью 1 отметка на 4 столбца.

Если пронумеровать столбцы числами от 1 до 403, то естественной идеей будет фиксировать для каждой строки набор столбцов с каким-то одним фиксированным остатком $r$ при делении на 4. Например, «все столбцы $j$, для которых $j \equiv r \pmod{4}$». Тогда в этой строке во всякой четвёрке подряд $(j, j+1, j+2, j+3)$ будет ровно одна позиция, где $j \equiv r\pmod4$.

Но нам ещё нужно закрыть каждый квадратик $2\times2$. То есть для любых двух соседних строк $i$ и $i+1$, и для любых двух соседних столбцов $j$ и $j+1$, хотя бы одна из четырёх клеток должна быть отмечена. Формально, в блоке

должна быть хотя бы одна отметка.

1.1. Необходимое условие на «пары остатков» в соседних строках

Допустим, строка $i$ отмечает столбцы с остатком $r_i$ по модулю 4, а строка $i+1$ --- столбцы с остатком $r_{i+1}$ (возможно, другим). Тогда квадратик $2\times2$, расположенный в столбцах $(j, j+1)$, будет содержать отметку, если хотя бы одна из следующих клеток в «своём» ряду совпадёт по остатку:

• $\bigl(i,j\bigr)$ отмечена, если $j \equiv r_i \pmod 4$,
• $\bigl(i,j+1\bigr)$ отмечена, если $j+1 \equiv r_i \pmod 4$,
• $\bigl(i+1,j\bigr)$ отмечена, если $j \equiv r_{i+1} \pmod 4$,
• $\bigl(i+1,j+1\bigr)$ отмечена, если $j+1 \equiv r_{i+1} \pmod 4$.

Требование «в каждом блоке $2\times2$ есть отметка» означает, что для каждого $j$ (от 1 до 402) выполняется

Иначе говоря, пара $\{r_i, r_{i+1}\}$ должна «пересекаться» с любой парой соседних остатков $\{k,\,k+1\}$ по модулю 4 (где $k = j \bmod 4$).

• Все пары «соседних» остатков $(k,\,k+1)$ по модулю 4 с учётом цикличности --- это: $(0,1)$, $(1,2)$, $(2,3)$, $(3,0)$.

Чтобы каждая такая пара имела пересечение с $\{r_i, r_{i+1}\}$, достаточно проверить, что $\{r_i,r_{i+1}\}$ «закрывает» все эти пары.

При проверке оказывается, что из двух остатков по модулю 4 покрыть все четыре «соседства» $(0,1)$, $(1,2)$, $(2,3)$, $(3,0)$ можно только если эти два остатка отличаются на 2. То есть:

• либо $\{r_i,\,r_{i+1}\} = \{0,2\}$,
• либо $\{r_i,\,r_{i+1}\} = \{1,3\}.$

Таким образом, для любой пары соседних строк $i, i+1$ их остатки $(r_i, r_{i+1})$ должны быть либо $(0,2)$ в каком-то порядке, либо $(1,3)$ в каком-то порядке (порядок важен, но в множестве $\{0,2\}$ тоже бывает $(0,2)$ или $(2,0)$ и т.п.).

1.2. Последовательность остатков вдоль всех 601 строк

У нас 601 строка: $0,1,2,\dots,600$ (для удобства нумерации). Между каждыми соседними $i$ и $i+1$ (от $i=0$ до $i=599$) пара $\{r_i,r_{i+1}\}$ должна быть либо $\{0,2\}$, либо $\{1,3\}$.

Из этого следует, что если мы «начали» с какого-то остатка $r_0$, то $r_1$ вынужден быть «+2 по модулю 4», затем $r_2$ снова «+2 по модулю 4» относительно $r_1$, и так далее. Фактически, вся строка будет чередовать два значения по модулю 4:

• Если $r_0 = 0$, то $r_1 = 2$, $r_2 = 0$, $r_3=2$, … то есть остатки чередуются $0,2,0,2,\dots$.
• Если $r_0 = 1$, то $r_1 = 3$, $r_2 = 1$, $r_3=3$, … чередование $1,3,1,3,\dots$.
• Если $r_0 = 2$, то $r_1=0$, $r_2=2$, $r_3=0$, … (аналогично 0↔2, просто «сдвиг»).
• Если $r_0 = 3$, то $r_1=1$, $r_2=3$, $r_3=1$, … (аналогично 1↔3).

Таким образом, вся таблица распадается на «полосы» строк с попеременными остатками либо $0,2,0,2,\dots$ либо $1,3,1,3,\dots$.

2. Подсчёт числа отмеченных клеток в каждом случае

2.1. Сколько отметок в одной строке с фиксированным «результатом» $r$ по модулю 4?

Если в строке мы отмечаем все столбцы $j$, где $j \equiv r \pmod4$, то общее число таких столбцов среди $1,2,\dots,403$ зависит от $r$:

• Остаток $1$ (то есть столбцы $1,5,9,\dots$) встречается $101$ раз,
  потому что $1 + 4\cdot 100 = 401$ и ещё 405 было бы за пределами 403.
• Аналогично, остаток $2$ тоже даёт $101$ столбец ($2,6,10,\dots,402$).
• Аналогично, остаток $3$ — $101$ столбец ($3,7,11,\dots,403$).
• А вот остаток $0$ ($4,8,12,\dots$) встречается ровно $100$ раз,
  так как последний допустимый $4 + 4\cdot 99 = 400$ (а $404$ выходит за 403).

Итого:

• если $r = 1,2$ или $3$, в строке получается $101$ отмеченная клетка,
• если $r = 0$, в строке получается $100$ отмеченных клеток.

2.2. Пары чередующихся остатков

Рассмотрим чередование $(0,2,0,2,\dots)$ на всех 601 строках:

• При нумерации строк от 0 до 600 включительно:
  • Чётные строки ($i=0,2,4,\dots$) получают остаток $0$ => по $100$ отметок каждая.
  • Нечётные строки ($i=1,3,5,\dots$) получают остаток $2$ => по $101$ отметке каждая.

Сколько чётных и нечётных чисел среди $0..600$?

• Чётных: $0,2,4,\dots,600$. Верхнее $600 = 2\cdot300$, значит всего $\frac{600}{2}+1 = 300 + 1 = 301$ чётное число.
• Нечётных: оставшиеся $300$.

Итак:

• 301 строка с $r=0$, каждая даёт 100 отметок: в сумме $301 \times 100 = 30\,100$,
• 300 строк с $r=2$, каждая даёт 101 отметку: в сумме $300 \times 101 = 30\,300$.

Общий итог:

Другие варианты стартового остатка

• Если начать с $r_0=1$, то идёт чередование $(1,3,1,3,\dots)$. И там оба остатка 1 и 3 дают по 101 отметке в строке, так что получится несколько больше. Аналогично если стартовать с $r_0=3$.
• Если стартовать с $r_0=2$, то чередование $(2,0,2,0,\dots)$ даёт в итоге 301 строку с $r=2$ (то есть 101 отметка) и 300 строк с $r=0$ (100 отметок). Это в сумме даёт $301\cdot 101 + 300\cdot 100 = 30\,401 + 30\,000 = 60\,401$, что на 1 больше, чем в случае $(0,2,0,2,\dots)$.

Итого, наименьшее из всех возможных чередований получается именно при паре $(0,2,0,2,\dots)$, причём начинаем с $r_0=0$. Тогда общее число отметок равно:

3. Проверка, что такой способ действительно удовлетворяет всем условиям

1. Условие «не более 1 отмеченной клетки в любом 1×4 по горизонтали».
   Поскольку в строке $i$ мы отмечаем строго столбцы $j$, где $j\equiv r_i \pmod4$, то в блоке из четырёх подряд идущих столбцов $(j, j+1, j+2, j+3)$ ровно один столбец имеет остаток $r_i$. Значит там не более одной отметки.

2. Условие «в каждом 2×2 хотя бы одна клетка отмечена».
   В соседних строках $i$ и $i+1$ идёт пара остатков $(0,2)$ или $(2,0)$. Как мы показали, эта пара $\{0,2\}$ покрывает все пары соседних остатков $(k, k+1)$ при $k=0,1,2,3$. Следовательно, в любой паре соседних столбцов $(j, j+1)$ непременно хотя бы один из этих столбцов попадает под $r_i$ (или под $r_{i+1}$), и значит в блоке $2\times2$ будет как минимум одна отмеченная клетка.

Таким образом, описанная расстановка выполнима и даёт ровно $60\,400$ отметок.

Итог

Наименьшее число отмеченных клеток, удовлетворя обоим ограничениям, равно