浙江 2024 · 数学 q19

冷启动：把题面那一大段定义翻译成人话

新定义题的第一步永远是把定义抄成一张可操作的清单。题面说：

数列 $a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}$ 是公差不为 $0$ 的等差数列，若从中删去两项 $a_i$、$a_j\ (i<j)$ 后剩余的 $4m$ 项可被平均分为 $m$ 组，且每组的 $4$ 个数都能构成等差数列，则称它是 $(i,j)$-可分数列。

拆成四条：

1. 删掉的是两项，位置是 $i<j$；
2. 剩下 $4m$ 项要无重无漏地分成 $m$ 组；
3. 每组恰 $4$ 个数；
4. 每组的 $4$ 个数能构成等差数列——注意是「能」，不要求按原来的顺序，重排一下算等差就行。

第 4 条最容易读错。把它读成「按原顺序成等差」就把定义加强了，第 (2) 问那个分组会被自己判成不合法。

第二步是把数列换成自然数。 题面给了「公差不为 $0$」这句话，它不是废话——它正是归一化的许可证。令

$$a_k'=\frac{a_k-a_1}{d}+1 ,$$

则 $a_k'=k$。这个变换是「减一个数、再除一个非零数」，而**「相邻两项之差为常数」这件事在它下面不变**（差被同一个 $d$ 除，常数还是常数），所以任何一组数成等差数列 $\iff$ 变换后成等差数列。既然全题只问「哪些子集能成等差数列」这类结构问题，就可以

$$\text{不妨设}\quad a_k=k\quad(k=1,2,\dots,4m+2).$$

整道题从此变成一个关于自然数 $1,2,\dots,4m+2$ 的分组游戏。 三问都在这块地上打。

再记一件后面反复要用的小事：连续的 $4$ 个整数总是等差数列（公差 $1$）。所以只要某一段连续整数的长度是 $4$ 的倍数，它就能被「每 $4$ 个连一组」分掉——这是本题所有构造的基石。

解法一：归一化后穷举、构造、计数放缩

第 (1) 问：$m=1$，穷举

$m=1$ 时数列是 $1,2,3,4,5,6$，删掉两个后剩 $4$ 个，要恰好一组、且这 $4$ 个数成等差数列。

反过来数更快：先找出 $\{1,\dots,6\}$ 里哪些 $4$ 元子集能成等差数列，剩下没被选中的那两个数就是要删的 $a_i$、$a_j$。设首项 $x$、公差 $t\ge1$，需要 $x+3t\le6$：

• $t=1$：$x\le3$，得 $\{1,2,3,4\}$、$\{2,3,4,5\}$、$\{3,4,5,6\}$；
• $t\ge2$：$x+3t\ge1+6=7>6$，不可能。

（公差取负只是把同一组数倒过来写，不产生新的四元组。）所以只有三个这样的子集，对应删掉的两项分别是

$$\{5,6\},\qquad \{1,6\},\qquad \{1,2\}.$$

按 $i<j$ 写出来：

$$\boxed{(1,2),\ (1,6),\ (5,6)}$$

第 (2) 问：$m\ge3$ 时，$(2,13)$-可分

要证的是存在性，所以只需给出一个分组，再对着定义验一遍。删掉 $2$ 和 $13$ 之后，把剩下的数分成两段来处理：

前一段 $1$ 到 $14$（去掉 $2$、$13$，共 $12$ 个数）。 这段不能按「每 $4$ 个连一组」分（因为中间被挖了两个洞），但换成公差 $3$ 就正好：

$$\{1,4,7,10\},\qquad \{3,6,9,12\},\qquad \{5,8,11,14\}.$$

三组各是公差 $3$ 的等差数列；把它们并起来是

$$\{1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14\}=\{1,2,\dots,14\}\setminus\{2,13\},$$

无重无漏 ✓。（怎么想到公差 $3$：这 $12$ 个数恰是 $1$ 到 $14$ 去掉一头一尾附近的两个，而 $14=3\times4+2$——用公差 $3$ 的四项列 $x,x+3,x+6,x+9$ 铺三条，起点取 $1,3,5$ 就刚好把 $2$、$13$ 让出来。$2$ 与 $13$ 之间隔了 $11$，也正好是 $1$ 与 $14$ 之间的跨度减去 $2$ 个 $3$ 再减 $...$ 与其硬找规律，不如把三条铺出来直接验——存在性题的标准答法就是给例子。）

后一段 $15$ 到 $4m+2$。 它是一整段连续整数，长度

$$(4m+2)-15+1=4m-12=4(m-3)$$

是 $4$ 的倍数，所以每 $4$ 个连一组即可：

$$\{15,16,17,18\},\ \{19,20,21,22\},\ \dots,\ \{4m-1,4m,4m+1,4m+2\},$$

共 $m-3$ 组（$m=3$ 时这一段为空，忽略）。

清点：$3+(m-3)=m$ 组，每组 $4$ 个，两段合起来正是 $\{1,\dots,4m+2\}\setminus\{2,13\}$。故数列 $a_1,\dots,a_{4m+2}$ 是 $(2,13)$-可分数列。$\blacksquare$

（$m\ge3$ 这个条件用在哪：$m=1,2$ 时数列只有 $6$ 或 $10$ 项，$13$ 这个下标根本不存在；$m=3$ 恰好只有前一段。）

第 (3) 问：造一族好的 $(i,j)$，数出个数，再放缩

先看清题目要什么。 要证的是 $P_m>\dfrac18$，是一个下界，不是准确值。所以不必（也很难）把所有可分的 $(i,j)$ 都找出来——只要造出足够多的一族就行。

① 从「怎么分才最省事」倒推该删哪两个。 删掉 $i$、$j$ 后，数列被切成三段连续整数：

$$[1,\,i-1],\qquad [i+1,\,j-1],\qquad [j+1,\,4m+2],$$

长度分别是 $i-1$、$j-i-1$、$4m+2-j$。若三段的长度都是 $4$ 的倍数，那每段各自「每 $4$ 个连一组」就分完了。解这三个同余条件：

$$i\equiv1,\qquad j\equiv i+1\equiv2,\qquad j\equiv2 \pmod 4 ,$$

后两条一致。所以只要

$$i\in A=\{4k+1:k=0,1,\dots,m\}=\{1,5,9,\dots,4m+1\},\qquad j\in B=\{4k+2:k=0,1,\dots,m\}=\{2,6,10,\dots,4m+2\},$$

且 $i<j$，数列就是 $(i,j)$-可分的。这一族是免费的。

② 但这一族不够。 设 $i=4k_1+1$、$j=4k_2+2$，$i<j$ 给出 $k_2\ge k_1$，这样的 $(k_1,k_2)$ 共 $\dfrac{(m+1)(m+2)}{2}$ 对；而总取法是 $\mathrm{C}_{4m+2}^2=(2m+1)(4m+1)$，比值当 $m$ 很大时趋于

$$\frac{m^2/2}{8m^2}=\frac1{16}<\frac18 .$$

够不到题目要的界。 所以必须把「$i\in B$、$j\in A$」那一族也算进来——那一族的三段长度不是 $4$ 的倍数，得换个分法。

③ 补上 $i\in B$、$j\in A$ 这一族。 设 $i=4k_1+2$、$j=4k_2+1$。由 $i<j$ 得 $4k_1+2<4k_2+1$，即 $k_2>k_1$。记

$$n=k_2-k_1\ \ (\ge1).$$

此时 $j-i=4n-1$，所以 $j-i=3\iff n=1$。先把 $n=1$（即 $j-i=3$）排除在这一族之外（下面的构造用不上它），于是 $n\ge2$。

现在分三段看：$[1,4k_1]$ 与 $[4k_2+3,4m+2]$ 两头都是长度为 $4$ 的倍数的连续段（分别 $4k_1$ 个与 $4(m-k_2)$ 个），照旧每 $4$ 个连一组，共 $k_1+(m-k_2)$ 组。难点只在中间那块：

$$\{4k_1+1,\ 4k_1+2,\ \dots,\ 4k_2+2\}\setminus\{4k_1+2,\ 4k_2+1\}$$

共 $4n$ 个数，要分成 $n$ 组。

关键一招：改用公差 $n$。 先看连续的 $4n$ 个数 $4k_1+1,\dots,4k_1+4n\ (=4k_2)$，把它们按「模 $n$ 分列」排成 $n$ 行：

$$R_p=\{\,4k_1+p,\ 4k_1+p+n,\ 4k_1+p+2n,\ 4k_1+p+3n\,\},\qquad p=1,2,\dots,n,$$

每行都是公差 $n$ 的四项等差数列，$n$ 行正好铺满 $4k_1+1$ 到$4k_2$。

但我们要的那一堆数与它差两处：要去掉 $4k_1+2$、要加上 $4k_2+2$。而

$$4k_2+2=(4k_1+4n)+2=(4k_1+2)+4n ,$$

也就是说 $4k_2+2$ 正好是 $4k_1+2$ 沿公差 $n$ 再走 $4$ 步的位置！所以只需把含 $4k_1+2$ 的那一行 $R_2$ 整体后移一个 $n$：

$$R_2=\{4k_1+2,\ 4k_1+2+n,\ 4k_1+2+2n,\ 4k_1+2+3n\} \ \longrightarrow\ R_2'=\{4k_1+2+n,\ 4k_1+2+2n,\ 4k_1+2+3n,\ \underbrace{4k_1+2+4n}_{=\,4k_2+2}\} .$$

$R_2'$ 仍是公差 $n$ 的四项等差数列（这是「后移」不改变的性质），而这一挪恰好吐出 $4k_1+2$、吞进 $4k_2+2$。其余各行不动。于是

$$R_1,\ R_2',\ R_3,\ \dots,\ R_n$$

这 $n$ 组正好覆盖中间那 $4n$ 个数（$4k_2+1$ 本就不在任何 $R_p$ 里，因为 $R_p$ 的最大元不超过 $4k_1+4n=4k_2$；它是被删掉的那一项，不用管）。

清点组数：$k_1+n+(m-k_2)=k_1+(k_2-k_1)+(m-k_2)=m$ ✓。所以这一族的 $(i,j)$ 也都可分。

举个具体例子（$m=3$，$i=2$，$j=9$，即 $k_1=0$、$k_2=2$、$n=2$）：删掉 $2$、$9$ 后剩 $\{1,3,4,5,6,7,8,10,11,12,13,14\}$。$R_1=\{1,3,5,7\}$，$R_2'=\{4,6,8,10\}$（$R_2=\{2,4,6,8\}$ 后移一个 $n=2$），尾段 $\{11,12,13,14\}$——三组，公差分别是 $2,2,1$，无重无漏 ✓。

④ 合起来数个数。 到此已证：

若 $i$、$j$ 一个属于 $A$、一个属于 $B$，且 $j-i\ne3$，则数列是 $(i,j)$-可分的。

数一数这样的 $(i,j)$ 有多少：

• $A\cap B=\varnothing$（模 $4$ 的余数不同），$|A|=|B|=m+1$。从 $A$ 里挑一个、从 $B$ 里挑一个，共 $(m+1)^2$ 种；两个数一大一小，恰有一种排成 $i<j$ 的方式，所以满足第一条的 $(i,j)$ 正好 $(m+1)^2$ 个。

• 其中 $j-i=3$ 的有几个？若 $i\in A$、$j\in B$，则 $j-i=4(k_2-k_1)+1\equiv1\pmod 4$，永远不是 $3$；所以只能 $i\in B$、$j\in A$，此时 $j-i=4n-1=3\iff n=1$，即 $(k_1,k_2)=(0,1),(1,2),\dots,(m-1,m)$，对应

  $$(2,5),\ (6,9),\ \dots,\ (4m-2,4m+1),$$

  共 $m$ 个。

所以同时满足两条的 $(i,j)$ 至少有

$$(m+1)^2-m=m^2+m+1\quad\text{个}.$$

（注意这里只能说「至少」：我们证明的是「满足这两条 $\Rightarrow$ 可分」，没有证明反过来，族外可能还有可分的 $(i,j)$。题目只要下界，够用。）

⑤ 放缩到 $\dfrac18$。 从 $1,2,\dots,4m+2$ 中一次取两个数，总取法

$$\mathrm{C}_{4m+2}^{2}=\frac{(4m+2)(4m+1)}{2}=(2m+1)(4m+1),$$

故

$$P_m\ \ge\ \frac{m^2+m+1}{(2m+1)(4m+1)} .$$

要证它大于 $\dfrac18$。先看目标里那个 $8$，倒推该往哪儿放：$\dfrac18=\dfrac{(2m+1)^2/4}{2(2m+1)^2}$，所以应当把分母凑成 $2(2m+1)^2=(2m+1)(4m+2)$、把分子凑成 $\left(m+\dfrac12\right)^2=m^2+m+\dfrac14$。两处都朝同一个方向放（分子变小、分母变大，分式整体变小）：

$$\frac{m^2+m+1}{(2m+1)(4m+1)} \;>\;\frac{m^2+m+\frac14}{(2m+1)(4m+2)} =\frac{\left(m+\frac12\right)^2}{2(2m+1)^2} =\frac{\frac{(2m+1)^2}{4}}{2(2m+1)^2} =\frac18 .$$

中间那个不等号是严格的（分子从 $+1$ 缩到 $+\frac14$ 真的变小了），所以

$$P_m>\frac18 . \qquad\blacksquare$$

为什么只有一条路。 第 (1) 问规模只有 $\mathrm{C}_6^2=15$ 对，穷举就是最优解，没有第二种手段；第 (2) 问是存在性，出口只能是「给出一个具体分组」（把 $1$–$14$ 去掉 $2$、$13$ 后的 $12$ 个数分成三组四项等差数列，实质上只有上面那一种及其镜像 $x\mapsto15-x$）；第 (3) 问的下界必须同时用上 $A\times B$ 与 $B\times A$ 两族——单用第一族只能数出 $\frac{(m+1)(m+2)}{2}$ 对，比值趋于 $\frac1{16}$，够不到 $\frac18$，所以两族缺一不可，随之计数与放缩的落点也被定死。三问的路各自唯一，凑第二条解法只会是同一条推导换个写法。

🕳️ 避坑

• 「能构成等差数列」不要求按原顺序。 第 (2) 问的 $\{1,4,7,10\}$ 在原数列里并不相邻，它只需重排后成等差——而它本身已经是升序的公差 $3$ 数列。把定义读成「原顺序相邻四项」，整道题会做不下去。
• 归一化要写理由。 「不妨设 $a_k=k$」前面必须有一句「一个数列同时加上一个数或乘以一个非零数后仍是等差数列」，并且要点出这一步靠的是题面给的公差不为 $0$。默默换掉是丢分点。
• 「至少」不能写成「恰好」。 第 (3) 问造出的是一族充分条件，得到的是 $P_m\ge\frac{m^2+m+1}{(2m+1)(4m+1)}$。写成等号就等于宣布「族外没有可分的 $(i,j)$」，而这一点并没有被证明（题目也没要求）。
• 放缩只能朝一个方向。 要证「大于」就只能把式子往小放；一步往小、一步往大，链条当场断掉。落点要挑「能约干净」的形状——本题就是冲着 $2(2m+1)^2$ 与 $\left(m+\frac12\right)^2$ 去配的。
• $j-i=3$ 那 $m$ 个不是「不可分」，只是「本构造管不了」。 把它们减掉是为了让构造成立，不是证明了它们不可分——这与上一条是同一件事的两面。
• 第 (2) 问别忘了交代 $m=3$ 的边界：那时尾段为空，只有前三组，结论照样成立。