二次剩余平移

设 $Q = \mathbb F_p^{\times 2}$ 为所有非零二次剩余的集合.

命题. 若 $a \in \mathbb F_p \setminus \{0\}$, 则 $|Q \cap (Q + a)| = \dfrac{p-3}{4}$.

证明. 若 $u^2 \in Q$ 而 $u^2 - a = v^2 \in Q$, 整理可以得到 . 遍历 即可得到恰好 组解. 现在排除几个边界情况:

• $u = 0$ 或 $v = 0$: $u = 0$ 要求 $v^2 = -a$, 要求 . 由于 , 所以 和 恰好有一个是二次剩余, 因此只需要排除其中的 组解;

综上,

基于这个命题, 我们证明答案等于 $k = \dfrac{p+1}{4}$. 根据以上, 有 $|Q| = 2k-1$, .

下界

设第 $i$ 个盒子的棋子总数是 $a_i$, $V = \sum_{i \notin Q} a_i$. 若 , 则 的改变量为 ; 若 , 则会给 中的 个非二次剩余增加或减少 个棋子, 故 的改变量为 . 由于 而 , 有 的最终改变量为 . 而 的每次改变量均能被 整除, 因此 , 进而 .

上界

我们证明 $m = k$ 是可以取到的.

现在任取 $b \in \mathbb F_p$. 考虑对于任意的, 满足 $b \notin a + Q$ 的参数 , 在 的坐标下添加一个棋子. 此时, 对于一个点 , 所有能向 放棋子的操作一共有 个, 而能同时向 放棋子的操作一共有 个, 因此总共能向 放 个棋子.

在上文的论证中取 $b = 0$, 执行上述操作后, 根据上文论证, 对于每一个 $x \in \mathbb F_p \setminus \{0\}$ 都有 $k$ 个棋子; 然后再根据上文论证取 , 但是将每一步的放棋子换为取棋子, 这样相当于对每一个 取出 个棋子, 因此最终局面变为只有 中有 个棋子.