16、令$n=2^{m}+t,0\leq t < 2^{m}$，即$n=({1b_{m-1}b_{m-2}...b_{2}b_{1}b_{0}})_{2}$.令$g(n)=A_{n}\alpha +B_{n}\gamma +C_{n}\beta _{0}+D_{n}\beta _{1}$
(1)设$\alpha =1,\beta _{0}=\beta _{1}=\gamma =0$,那么可以得到$g(1)=1,g(2n)=g(2n+1)=3g(n)$,所以$g(n)=3^{m}=A_{n}\alpha +B_{n}\gamma +C_{n}\beta _{0}+D_{n}\beta _{1}=A_{n}$
(2)令$g(n)=n$可以得到$g(1)=\alpha = 1,2n=3n+\gamma n + \beta _{0},2n+1=3n+\gamma (n+1) + \beta _{1}$,所以$\alpha = 1, \gamma = -1, \beta_{0}=0,\beta_{1}=1$,可以得到$n=A_{n}-B_{n}+D_{n}$,所以$B_{n}-D_{n}=3^{m}-n$
(3)令$\alpha =1,\beta _{0}=1,\beta _{1}=\gamma =0$,即$g(1)=1, g(2n)=3g(n)+1,g(2n+1)=3g(n)$，可以得到$g(n)=3^{m}+\sum_{i=0}^{m-1}3^{i}(1-b_{i})=A_{n}+C_{n}$，所以 $C_{n}=\sum_{i=0}^{m-1}3^{i}(1-b_{i})$
(4)令$\alpha =1,\beta _{1}=1,\beta _{0}=\gamma =0$,即$g(1)=1, g(2n)=3g(n),g(2n+1)=3g(n)+1$，同理可以得到 $D_{n}=\sum_{i=0}^{m-1}3^{i}b_{i}$
所以$g(n)=3^{m}\alpha +\left (3^{m}-n+\sum_{i=0}^{m-1}3^{i}b_{i} \right )\gamma +\left (\sum_{i=0}^{m-1}3^{i}(1-b_{i}) \right )\beta _{0}+\left (\sum_{i=0}^{m-1}3^{i}b_{i} \right )\beta _{1}$
17、对于$\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}+n$个盘子来说，假设四根柱子为ABCD,最后将所有盘子从A移动到D,那么分为五步：（1）将上面的$\frac{n(n-1)}{2}$移动到B,需要$W_{\frac{n(n-1)}{2}}$步;(2)将接下来的$n-1$个盘子移动到C，需要$T_{n-1}$;（3）将第$n$个盘子移动到D,需要一步;(4)将C上的$n-1$个盘子移动到D,需要$T_{n-1}$步;(5)将B上的$\frac{n(n-1)}{2}$个盘子移动到D,需要$W_{\frac{n(n-1)}{2}}$步。所以最优的策略不会比这个差，因此$W_{\frac{n(n+1)}{2}}\leq W_{\frac{n(n-1)}{2}}+T_{n-1}+1+T_{n-1}+W_{\frac{n(n-1)}{2}}=2W_{\frac{n(n-1)}{2}}+T_{n}$
根据这个递推公式，依次展开每一项，可以得到$W_{\frac{n(n+1)}{2}}\leq 2^{n}(n-1)+1$，所以$f(n)= 2^{n}(n-1)+1$
18、设第$j$条线左边的为$x_{j1}$，右边的为$x_{j2}$，可以得到两条线为：$x_{j1}=-(n^{j}+n^{-n})y+n^{2j},x_{j2}=-n^{j}y+n^{2j}$。对于两个$i,j,i<j$来说，可以求出四个交点的$y$坐标分别为：$C_{ij22}=C_{ij11}=n^{i}+n^{j},C_{ij12}=\frac{n^{2i}-n^{2j}}{n^{i}+n^{-n}-n^{j}},C_{ij21}=\frac{n^{2j}-n^{2i}}{n^{j}+n^{-n}-n^{i}}$。可以很明显看出这四个交点都是大于0的，所以可以得到任意两个都有四个交点。还要证明一点就是任意三条线都不会相交于一点。对于$i<j<k\leq n$来说，很明显$C_{ik22}=C_{ik11} \neq C_{ij11}$，同时$C_{ik22} \neq C_{ij12}$，因为前面是整数后面是小数．最后需要证明的是$C_{ij12} \neq C_{ik12},C_{ij12} \neq C_{ik21},C_{ij21} \neq C_{ik12},C_{ij21} \neq C_{ik21}$．这四个的证明比较类似，下面只证明$C_{ij12} \neq C_{ik12}$．假设它们相等，那么有$\frac{n^{2i}-n^{2j}}{n^{i}+n^{-n}-n^{j}}=\frac{n^{2i}-n^{2k}}{n^{i}+n^{-n}-n^{k}}$．令$a=n^{2i},b=n^{i}+n^{-n}$.化简一下可以得到:$(n^{j}-n^{k})(a-b(n^{j}+n^{k})+n^{j+k})=0$.后面这个式子不会等于０，因为$a+n^{j+k}$是整数，而$b(n^{j}+n^{k})$是个小数．所以假设错误．
19，首先，所有的顶点都在$x$轴上．假设第一个的一条边在$y$轴，另一条边与$x$轴夹角120度，顶点在原点．那么后面每条边的顶点沿着$x$轴正半轴逐渐增大．那么可以推出第二个的左侧的边与$x$轴的夹角大于150度，第三个大于180度，第四个大于210度，第五个大于240度，如果有第六个，那么大于270度，这时候与第一个没有四个交点了．所以最多５个．
20、令$h(n)=A(n)\alpha +B(n)\gamma _{0}+C(n)\gamma _{1}+D(n)\beta _{0}+E(n)\beta _{1}$,$n=(1b_{m-1}b_{m-2}...b_{2}b_{1}b_{0})_{2}$
(1)令$\alpha=1,\gamma _{0}=\gamma _{1}=\beta _{0}=\beta _{1}=0$，可得到$A(n)=4^{m}$
(2)令$\alpha=\beta _{0}=1,\gamma _{0}=\gamma _{1}=\beta _{1}=0$，可得到$D(n)=\sum_{i=0}^{m-1}4^{i}(1-b_{i})$
(3)令$\alpha=\beta _{1}=1,\gamma _{0}=\gamma _{1}=\beta _{0}=0$，可得到$E(n)=\sum_{i=0}^{m-1}4^{i}b_{i}$
(4)令$\alpha=\gamma _{0}=1,\beta _{1}=\gamma _{1}=\beta _{0}=0$，可得到$B(n)=\sum_{i=0}^{m-1}4^{i}\left \lfloor \frac{n}{2^{i}} \right \rfloor(1-b_{i})$
(5)令$\alpha=\gamma _{1}=1,\beta _{1}=\gamma _{0}=\beta _{0}=0$，可得到$C(n)=\sum_{i=0}^{m-1}4^{i}\left \lfloor \frac{n}{2^{i}} \right \rfloor b_{i}$
21、如果删除的序列是确定的话，那么可以得到若干个模方程。假设$n=3$:
(1)删除的序列是4,5,6，那么有$m$%6=4, $m$%5=1, $m$%4=3，可以看出满足这样的$m$是不存在的，因为$m$%6=4要求$m$是偶数，而$m$%４=３要求$m$是奇数。
(2)删除的序列是5,4,6，那么有$m$%6=5, $m$%5=0, $m$%4=1，可以看出满足$m=5$可以满足要求，其实所有的$60k+5$都是满足的；
依次算下去有很多种，也就是有可能有很多种答案。但是一定有一个答案是$m=LCM(n+1,n+2,...,2n)$。因为可以从$2n$到$n+1$逆序删掉.这时候要求$m$是$n+1,n+2,..,2n$的最小公倍数。
22、这里有个叫做德布鲁因序列的东西。它的含义可以构造一个有$k$种字符组成的长度为$k^{n}$的环形序列，使得任意连续的$n$个字符组成的子串两两不同。比如$k=2,n=4$，那么这个序列为0000111101100101.这$2^4$种子串恰好是长度为４的01串的所有情况。
对于这个题目，对于$n$来说，可以首先构造一个$2^{n}$的凸多边形，然后为每个边附一个值０或者１，附的值满足它们是一个德布鲁因序列。然后为每个１的边上粘贴一个非常细窄的三角形（这时候它就不是$2^{n}$条边了），且这些三角形各不相同（防止旋转之后完全重合），然后分别将这个多边形旋转$0,1,2,...,n-1$次得到$n$个多边形，那么这$n$个多边形此时就构造了一个$2^{n}$的韦恩图。
23、首先令$L(n)=Lcm(1,2,3,...,n-1,n)$，假设$n>2$($n$<=2是情况比较简单).另外有个贝特朗假设，它是说对于任意的整数$t$满足$[t,2t]$之间存在至少一个素数。所以在$[\frac{n}{2},n]$之间一个存在一个素数$p$。下面分两种情况：
（１）$j\geq \frac{n}{2}$．这时候可以取$q$满足如何关系:$q\equiv 1(mod\left (\frac{L(n)}{p} \right )),q\equiv j+1-n(mod \left (p \right ))$。这时候将依次删掉$1,2,...,n-p,j+1,j+2,...n-1,n,n-p+1,n-p+2,...,j-2,j-1$.这分为三段，第一段是$1,2,...,n-p$，因为对于任意的$p<x\leq n$来说,$q\equiv 1(mod\left ( x \right ))$，接下来第二段$j+1$.当$x=p$时出现一个跳变，因为$q\equiv j+1-n(mod \left (p \right ))$,其实就是跳到第$j+1-n+p$，因为$j+1-n<0$。而删掉了前$n-p$个后，$j$是第$j-(n-p)$，所以现在恰好跳到$j$后面１个的位置上，即$j+1$。剩下的最后一段。因为对于任意的$2\leq x<p$有$q\equiv 1(mod\left ( x \right ))$
（２）$j<\frac{n}{2}$，这时候这时候令$j^{'}=n+1-j$时按照步骤（１）计算出$q$，那么此时的$q^{'}=L(n)+1-q$可以保证最后剩下$j$，因为删掉的序列依次是$n,n-1,...,p+1,j-1,j-2,...,2,1,p,p-1,...,j+2,j+1$
24、满足条件的一个序列为$X_{n}=2isin\pi r+\frac{1}{X_{n-1}}$，其中$0\leq r<\frac{1}{2}$。比如$r=\frac{1}{3}$时周期为6,$r=\frac{1}{4}$时周期为4,$r=\frac{1}{5}$时周期为10.
$sin^{2}\frac{\pi }{n}=\frac{1-cos\frac{2\pi }{n} }{2}$
$cos^{2}\frac{\pi }{n}=\frac{1+cos\frac{2\pi }{n} }{2}$
随着$n$的增大，不停用上面两个公式展开其中的sin部分，最后到$cos\pi ,cos2\pi $时会消掉角度的部分。当恰好满足虚部系数为０，实部为$X_{0}$时即得到一个循环。
25、假设$F_{k}$表示将$n$个盘子通过辅助的$k$个盘子从A柱子移动到B柱子的最少次数．比如$F_{1}(n)=T(n)=2^{n}-1,F_{2}(n)=W(n)$．对于$\binom{n+1}{c}$个盘子来说，由于$\binom{n+1}{c}=\binom{n}{c}+\binom{n}{c-1}$，可以分为三步：
（１）将上面的$\binom{n}{c}$个盘子通过$k$个辅助柱子从A移动到$k$个柱子上的某一个，比如第$t$个；
（２）将A上剩下的$\binom{n}{c-1}$个盘子通过$k-1$个辅助柱子从A移动到$C$;
（３）将第$t$个柱子上的$\binom{n}{c}$个盘子通过包括A在内的$k$个辅助柱子移动到$C$．
所以$F_{k}\left (\binom{n+1}{c} \right )=2F_{k}\left (\binom{n}{c} \right )+F_{k-1}\left (\binom{n}{c-1} \right )$
26、我的猜测是，对于大的$n$，非约瑟夫子集应很多。纯属猜测。不过对于$n\equiv 0(mod\left ( 3 \right )),n>9$时一定有大小为$n-4$的非约瑟夫子集，我写了一个程序进行了验证。比如$n=12$时，不可能使得下面的四元组中的人成为坏人：{1,3,5,7},{1,3,6,11},{1,4,6,8},{1,7,9,11},{2,4,6,12},{2,7,10,12},{3,4,9,10},{5,7,9,12},{6,8,10,12}.
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
int ExtendGcd(int a, int b, int *x, int *y) {
if (b == 0) {
*x = 1;
*y = 0;
return a;
}
int d = ExtendGcd(b, a % b, x, y);
int t = *x;
*x = *y;
*y = t - a / b * *y;
return d;
}
bool Modular(std::vector<int> a, std::vector<int> m) {
const int k = static_cast<int>(a.size());
for (int i = 1; i < k; ++i) {
int x, y;
int d = ExtendGcd(m[0], m[i], &x, &y);
int c = a[i] - a[0];
if (c % d) return false;
int t = m[i] / d;
x = (c / d * x % t + t) % t;
a[0] = m[0] * x + a[0];
m[0] = m[0] * m[i] / d;
}
return true;
}
bool IsBad(std::vector<int> bad, int n) {
do {
std::vector<int> d;
std::vector<int> r;
std::vector<int> remain(n + 1, 1);
auto Next = [&](int k) {
if (k > n) {
k = 1;
}
while (remain[k] == 0) {
if (++k > n) {
k = 1;
}
}
return k;
};
int current = 1;
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int cnt = 1;
while (current != bad[i]) {
++cnt;
current = Next(++current);
}
d.push_back(n - i);
r.push_back(cnt % (n - i));
remain[current] = 0;
current = Next(++current);
}
if (Modular(r, d)) {
return false;
}
} while (next_permutation(bad.begin(), bad.end()));
return true;
}
int main() {
int n;
while (std::cin >> n) {
if (n % 3 != 0 || n < 9) {
std::cout << "Data error: n % 3 = 0 && n >= 9\n";
continue;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
for (int k = j + 1; k <= n; ++k) {
for (int t = k + 1; t <= n; ++t) {
if (IsBad({i, j, k, t}, n)) {
std::cout << "No way to let these four to be bad: " << i << " "
<< j << " " << k << " " << t << '\n';
}
}
}
}
}
}
return 0;
}