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  "site": "litlocus",
  "exported_at": "2026-10-21T17:32:51.020Z",
  "solutions": [
    {
      "solution": {
        "id": "f7d1c010-ef5f-4f13-9a24-444d094ff57e",
        "problem_id": "dda9ea31-d4cd-4ac9-8ee5-f3bf0c0baeeb",
        "author_name": "GF1048576",
        "title": "缺项多项式",
        "content": "设 $f(X) = X^4 - X + 1$, 考察 $f \\bmod 2$ 易证 $f$ 在 $\\mathbb F_2$ 上不可约, 因此, 它在 $\\mathbb Q$ 上不可约. 又可以证明, $\\dfrac{f}{X-2}$ 在 $\\mathbb F_3$ 上不可约.\n\n设 $K$ 为 $f$ 的分裂域. $G = \\mathrm{Gal}(K|\\mathbb Q)$ 由于 $f$ 在 $\\mathbb F_2$ 上的不可约性存在一个 $4$ 循环; 由于 $\\dfrac{f}{X-2}$ 在 $\\mathbb F_3$ 上的不可约性存在一个 $3$ 循环, 再结合 $G \\subseteq \\mathfrak S_4$, 有 $|G| \\in \\{12, 24\\}$, 其中唯一的 $12$ 阶子群是 $\\mathfrak A_4$, 而 $\\mathfrak A_4$ 没有 $4$ 循环, 因此 $G = \\mathfrak S_4$.\n\n假设 $f$ 的四根为 $x_0,x_1,x_2,x_3$. 我们下面证明: $\\dfrac{x_i}{x_j}$ 一定**不是**单位根. 如果 $\\dfrac{x_i}{x_j}$ 是单位根, 则存在一个 $\\sigma$, 使得 $\\sigma\\left(\\dfrac{x_i}{x_j}\\right) = \\dfrac{x_{i'}}{x_{j'}}$, 单位根的 Galois 作用仍然是单位根, 因此每一个 $x_i$ 都是 $x_0$ 的单位根倍. 因为 $\\prod_{i=0}^3 x_i = 1$, 有 \n$$\nx_0^4 \\cdot \\prod_{i=1}^3\\left(\\dfrac{x_i}{x_0}\\right) = 1,\n$$\n即 $x_0$ 是单位根. 于是 $x_i^{-1} = \\overline{x_i}$. 根据 Vieta 定理可以算出 $\\sum x_i^{-1} = 1$, 但是 $\\sum \\overline{x_i} = \\overline{\\sum x_i} = 0$, 矛盾.\n\n至此, 我们证明了, 对于任意的正整数 $M$, $x_i^M$ 都不同. \n\n现在设 $A = \\mathbb Z[X]/(f)$, $F = \\mathbb Q(X)/(f)$. 设 $\\ell_i : F \\to \\mathbb Q$ 为 $p\\mapsto$ $p$ 的 $X^i$ 项.\n\n由于 $f(0) = 1$, 有 $\\mathrm N_{K|\\mathbb Q}(X) = 1$, 因此 $X \\in A^\\times$. 现在考察 $A/3A$, 有 $\\alpha \\in (A/3A)^\\times$, 因此存在正整数 $M$, 使得 $\\alpha^M = 1+3\\beta$, 其中 $\\beta \\in A$. 进而, 若定义\n$$\nA_3 = A \\underset{\\mathbb Z}{\\otimes} \\mathbb Z_3, F_3 = F \\underset{\\mathbb Q}{\\otimes} \\mathbb Q_3,\n$$\n则在 $A_3$ 中, $\\alpha^M \\in 1 + 3 A_3$, 所以 $3$-进对数 $\\ell = \\log(\\alpha^M)$ 收敛, 并且 $\\ell \\in 3A_3$. 进而, 对于任意 $t \\in \\mathbb Z_3$, $\\exp(t \\cdot \\ell)$ 在 $F_3$ 中收敛, 直观地这个数可以被指派为 $\\alpha^{M t}$.\n\n下面定义 $F_{r,j}(t) = \\ell_j(\\alpha^r \\exp(t \\cdot \\ell))$, 则它是 $\\mathbb Z_3 \\to \\mathbb Q_3$ 的映射, 又不难证明其解析性.\n\n现在证明这些函数不可能恒为 $0$. 借用递推理论, 若 $X^n \\bmod p = \\sum_{i=0}^3 k_{in} X^i$, 则对于每个 $j$ $k_{jn}$ 是 $x_i^n$ 的线性组合. 直接计算可得这些线性组合的系数不全为 $0$. 同时又可以证明\n$$\n\\det(x_i^{Nj})_{i,j \\in \\{0,1,2,3\\}} = \\prod_{i < j} (x_i^N-x_j^N)\n$$\n根据上文论证不等于 $0$, 因此, $F_{r,j}$ 也不可能恒为 $0$.\n\n若 $F$ 在 $\\mathbb Z_3$ 中有无穷多个零点, 那么这些零点必然有聚点. 但是 $F$ 解析, 所以又聚点则 $F = 0$. 因此, 若 $F \\ne 0$, 则 $F$ 有有限多在 $\\mathbb Z_3$ 中的零点, 进而有有限多在 $\\mathbb Z$ 中的零点, 对 $4N$ 个 $F$ 的有限零点集取并自然是有限的.",
        "created_at": "2026-10-21T08:44:17.44668+00:00",
        "reviewed_at": "2026-10-21T08:45:01.284196+00:00"
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      "problem": {
        "title": "缺项多项式",
        "slug": "defect-in-polynomial",
        "category": "代数",
        "difficulty": "挑战"
      }
    },
    {
      "solution": {
        "id": "d4b3d98c-2133-4484-ab14-b7fa651aa589",
        "problem_id": "5500fa72-676d-42c7-b300-b16aa53fc8ef",
        "author_name": "GF1048576",
        "title": "关于「向量和问题」",
        "content": "我们证明, 最小的 $N$ 为 $6$.\n\n不妨设 $z_1 = 1$. 由于 $\\operatorname{Arg} z_i \\in \\mathbb Q \\pi$, 所以 $z_i$ 一定都是单位根. 假设 $M$ 为单位根的阶的最小公倍数.\n\n**命题.** $\\mu(M) \\ne 0$, $M \\mid \\operatorname{lcm}(1,2,\\dots,N)$.\n\n*证明.* 设 $a = v_p(M)$, $K = \\dfrac M{p^a}$, $\\rho = \\omega_{p^a}$. 那么 $z_i = \\rho^{e_i} \\cdot \\eta_i$, 其中 $e_i \\in \\mathbb Z, \\eta_i$ 是 $K$ 次单位根. \n\n我们用反证法证明 $a \\le 1$. 若 $a > 1$, 设域 $F = \\mathbb Q(\\omega_{M}), K = \\mathbb Q(\\omega_{M/p})$, 则:\n$$\n[F:K] = \\dfrac{\\varphi(M)}{\\varphi(M/p)} = p.\n$$\n又 $F = K(\\rho)$, 有: $\\rho^i\\ (0 \\le i < p)$ 之间 $K$-线性无关. 现在考察等式 $\\sum_{i=1}^N \\rho^{e_i} \\cdot \\eta_i = 1$, 因此\n$$\n0 = \\sum_{j=0}^{p-1} \\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i} \\eta_i = \\sum_{j=0}^{p-1} \\rho^j \\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i - j} \\eta_i,\n$$\n结合上 $\\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i - j} \\eta_i \\in K$ 可得 $\\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i - j} \\eta_i = 0$.\n\n因此 $\\sum_{e_i \\bmod p = j} z_i = 0$. 但是由于任何真子集的复数和不为 $0$, 又因为 $z_1 = 1$, 有对于任意的 $i$, $e_i \\bmod p = 0$. 这意味着所有的 $z_i$ 都是 $M/p$ 次单位根, 与 $M$ 的最小性矛盾.\n\n再考虑 $a = 1$ 的情形. 此时 $[F : K] = p - 1$, 因此 $\\rho$ 在 $K$ 上的最小多项式是 $\\sum_{i = 0}^{p - 1} X^i$. 考虑到 $\\rho^i\\ (0 \\le i < p)$ 张成的线性空间就是 $F$, 是 $p - 1$ 维的, 因此有且仅有一个线性关系, 这个关系恰好是 $\\sum_{i=0}^{p-1} \\rho^i = 1$. 再次利用\n$$\n0 = \\sum_{j=0}^{p-1} \\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i} \\eta_i = \\sum_{j=0}^{p-1} \\rho^j \\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i - j} \\eta_i,\n$$\n利用线性关系的论证可以得到 $c_i = \\sum_{e_i \\bmod p = j} \\rho^{e_i - j} \\eta_i$ 满足\n$$\nc_0 = c_1 = \\dots = c_{p-1}.\n$$\n首先, 若这些值都为 $0$, 则可以利用之前的 $M/p$ 次单位根来论证; 否则, 每个组都要有至少一个复数, 一共有 $p$ 组, 而有 $N$ 个数, 所以 $p \\le N$.\n\n得证.\n\n---\n\n首先我们考察 $N \\le 6$ 的情形. 若 $5 \\nmid M$, 则根据引理可知 $M \\mid 6$. 所以 此时 $z_i \\in \\{1, \\omega, \\omega^2, -1, -\\omega, -\\omega^2\\}$, 因此此时必然形成正多边形构型. \n\n因此必然有 $5 \\mid M$, 利用引理的证明, 考虑设 $c_i = \\sum_{e_i \\bmod 5 = j} \\rho^{e_i - j} \\eta_i$, 其中 $\\rho$ 为 $5$ 次单位根. 因此, 至少有 $5$ 组, 而 $N = 5$ 时这些组必然形成正五边形.\n\n而 $N = 6$ 时, 唯一的可能是 $2+1+1+1+1$. 不妨做旋转, 设五个组分别是\n$$\nu + v, \\rho, \\rho^2, \\rho^3, \\rho^4,\n$$\n因此 $u + v = 1$, 与 $|u| = |v| = 1$ 联立可以解出\n$$\n\\{u, v\\} = \\{\\omega_6, \\omega_6^5\\}.\n$$\n\n不难验证\n$$\n\\{z_i\\} = \\{\\omega_6, \\omega_6^5, \\omega_5,\\omega_5^2, \\omega_5^3, \\omega_5^4\\}\n$$\n满足所需条件. 至此, 我们证明了, 所有可能的 $z_i$ 一定是上述构型的适当旋转.",
        "created_at": "2026-10-21T08:07:19.970504+00:00",
        "reviewed_at": "2026-10-21T08:07:34.055186+00:00"
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      "problem": {
        "title": "向量和问题",
        "slug": "vector-sum-1",
        "category": "代数",
        "difficulty": "进阶"
      }
    },
    {
      "solution": {
        "id": "4766dcee-692d-4874-a2cc-944a07bb0ce0",
        "problem_id": "ca50a619-bebd-4c4a-ac0e-0b88e1e06dde",
        "author_name": "GF1048576",
        "title": "二次剩余平移",
        "content": "设 $Q = \\mathbb F_p^{\\times 2}$ 为所有非零二次剩余的集合.\n\n**命题.** 若 $a \\in \\mathbb F_p \\setminus \\{0\\}$, 则 $|Q \\cap (Q + a)| = \\dfrac{p-3}{4}$.\n\n*证明.* 若 $u^2 \\in Q$ 而 $u^2 - a = v^2 \\in Q$, 整理可以得到 $(u+v)(u-v) = a$. 遍历 $u - v \\in \\mathbb F_p \\setminus \\{0\\}$ 即可得到恰好 $p-1$ 组解. 现在排除几个边界情况:\n\n- $u = 0$ 或 $v = 0$: $u = 0$ 要求 $v^2 = -a$, $v = 0$ 要求 $u^2 = a$. 由于 $p \\equiv 3 \\pmod 4$, 所以 $a$ 和 $-a$ 恰好有一个是二次剩余, 因此只需要排除其中的 $2$ 组解;\n- 每一组 $q \\in Q \\cap (Q + a)$ 对应四组 $(u, v)$: $(\\pm \\sqrt q, \\pm \\sqrt{q-a})$, 因此每组 $(u, v)$ 对应 $\\dfrac 14$ 个 $Q \\cap (Q+a)$ 中的元素.\n\n综上, \n$$\n|Q \\cap (Q + a)| = \\dfrac{p-3}{4}.\n$$\n\n---\n\n基于这个命题, 我们证明答案等于 $k = \\dfrac{p+1}{4}$. 根据以上, 有 $|Q| = 2k-1$, $|Q \\cap (Q + a)| = k-1$.\n\n### 下界\n\n设第 $i$ 个盒子的棋子总数是 $a_i$, $V = \\sum_{i \\notin Q} a_i$. 若 $a = 0$, 则 $V$ 的改变量为 $0$; 若 $a \\ne 0$, 则会给 $a + Q$ 中的 $k$ 个非二次剩余增加或减少 $1$ 个棋子, 故 $V$ 的改变量为 $\\pm k$. 由于 $0 \\notin Q$ 而 $1 \\in Q$, 有 $V$ 的最终改变量为 $-m$. 而 $V$ 的每次改变量均能被 $k$ 整除, 因此 $k \\mid m$, 进而 $m \\ge k$.\n\n### 上界\n\n我们证明 $m = k$ 是可以取到的.\n\n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 $a$, 在 $a + Q$ 的坐标下添加一个棋子. 此时, 对于一个点 $x \\in \\mathbb F_p \\setminus \\{b\\}$, 所有能向 $x$ 放棋子的操作一共有 $|Q| = 2k-1$ 个, 而能同时向 $b$ 放棋子的操作一共有 $|Q \\cap (Q-\\delta)| = k-1$ 个, 因此总共能向 $x$ 放 $k$ 个棋子.\n\n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 $b = 1$, 但是将每一步的放棋子换为取棋子, 这样相当于对每一个 $x \\in \\mathbb F_p \\setminus \\{1\\}$ 取出 $k$ 个棋子, 因此最终局面变为只有 $1$ 中有 $k$ 个棋子.",
        "created_at": "2026-10-21T07:38:39.611253+00:00",
        "reviewed_at": "2026-10-21T07:38:54.154275+00:00"
      },
      "problem": {
        "title": "圆环上的游戏",
        "slug": "circular-1",
        "category": "代数",
        "difficulty": "进阶"
      }
    },
    {
      "solution": {
        "id": "a6b3ba45-0ca4-4226-93b8-70976f57615b",
        "problem_id": "d6760bd6-f7a6-45a7-80cb-17bbe2cd3d27",
        "author_name": "GF1048576",
        "title": "单位根反演的简单应用",
        "content": "取 $\\omega=e^{2\\pi i/p}$, 对问题施单位根反演, 答案为\n$$\nN=\\frac1p\\sum_{j=0}^{p-1}[x^p]\\prod_{a=1}^{2p}(1+x\\omega^{ja}).\n$$\n在 $1,2,\\dots,2p$ 中, 模 $p$ 的每个剩余类都恰好出现两次. 因此, 当 $j\\neq 0$ 时, \n$$\n\\prod_{a=1}^{2p}(1+x\\omega^{ja})\n=\\left(\\prod_{r=0}^{p-1}(1+x\\omega^r)\\right)^2.\n$$\n又因为 $p$ 为奇质数, 有 $\\prod_{r=0}^{p-1}(1+x\\omega^r)=1+x^p$, 因此\n$$\n[x^p]\\prod_{a=1}^{2p}(1+x\\omega^{ja})=[x^p](1+x^p)^2.\n$$\n$j=0$ 的情况平凡, 整理后可得答案为 $\\frac1p\\left(\\binom{2p}{p}+2(p-1)\\right)$.",
        "created_at": "2026-10-21T07:15:07.536692+00:00",
        "reviewed_at": "2026-10-21T07:15:27.45261+00:00"
      },
      "problem": {
        "title": "Super EZ Problem 1.3",
        "slug": "sez-1-3",
        "category": "代数",
        "difficulty": "入门"
      }
    },
    {
      "solution": {
        "id": "6bc770f5-31f5-4675-9deb-1a3686433af1",
        "problem_id": "a0b4b932-86f0-4780-ad89-14ef28bdfe5b",
        "author_name": "gza",
        "title": "super ez problem series 3 T1",
        "content": "问题: 求所有满足 $n^{p-1}\\mid (p-1)^n+1$ 的正整数 $n$ 与素数 $p$ 组成的有序对 $(n,p)$?\n\n记 $\\operatorname{minp}(n)$ 为 $n$ 的最小素因子, $v_p$ 为 $p$ 进指数, $\\operatorname{ord}_q(\\cdot)$ 为模 $q$ 的阶.\n\n当 $p=2$ 时, 条件化为 $n\\mid 1^n+1=2$, 故 $n=1,2$.\n\n当 $p$ 为奇素数时, $p-1$ 为偶数; 若 $n$ 为偶数, 则左边 $n^{p-1}$ 为偶数, 而右边 $(p-1)^n+1$ 为奇数, 矛盾, 所以 $n$ 为奇数.\n\n若 $n=1$, 则对任意素数 $p$ 均有 $1^{p-1}\\mid (p-1)+1$, 故得到一族解 $(1,p)$, 其中 $p$ 为任意素数.\n\n下面讨论 $n>1$. 取 $q=\\operatorname{minp}(n)$, 则 $q\\mid (p-1)^n+1$, 即\n$$\n(p-1)^n\\equiv -1\\pmod q.\n$$\n又因 $q\\nmid p-1$, 故 $p-1$ 模 $q$ 可逆, 从而\n$$\n\\operatorname{ord}_q(p-1)\\mid 2n,\\qquad\n\\operatorname{ord}_q(p-1)\\mid q-1.\n$$\n由于 $n$ 为奇数且 $q$ 是 $n$ 的最小素因子, 有 $\\gcd(2n,q-1)=2$, 于是 $\\operatorname{ord}_q(p-1)\\mid 2$. 但 $(p-1)^n\\equiv -1\\not\\equiv 1\\pmod q$, 所以 $\\operatorname{ord}_q(p-1)$ 只能为 $2$, 即 $p-1\\equiv -1\\pmod q$, 故 $q\\mid p$. 又 $p,q$ 均为素数, 所以 $p=q$, 从而 $p\\mid n$.\n\n设 $t=v_p(n)$. 由 $n^{p-1}\\mid (p-1)^n+1$ 得 $p^{t(p-1)}\\mid (p-1)^n+1$. 应用 LTE, 有\n$$\nv_p\\bigl((p-1)^n+1\\bigr)=v_p(p)+v_p(n)=1+t.\n$$\n因此 $t(p-1)\\le 1+t$, 即 $t(p-2)\\le 1$. 易得只有 $t=1,\\ p=3$.\n\n于是 $n=3m$, 且 $\\gcd(3,m)=1$. 此时原条件变为 $n^2\\mid 2^n+1$. 若 $m=1$, 则 $n=3$, 确为解. 若 $m>1$, 取 $Q=\\operatorname{minp}(m)$, 则 $2^n\\equiv -1\\pmod Q$. 设 $d=\\operatorname{ord}_Q(2)$, 则 $d\\mid 2n$ 且 $d\\mid Q-1$. 由 $n$ 中小于 $Q$ 的质因子只有 $3$, 可得 $d=1$ 或 $3$; 简单计算可知 $m>1$ 不成立, 故 $m=1$, 即 $n=3$.\n\n综上, 全部解为\n$$\n(1,p),\\ (2,2),\\ (3,3),\n$$\n其中第一族中的 $p$ 为任意素数.",
        "created_at": "2026-10-21T06:01:44.350644+00:00",
        "reviewed_at": "2026-10-21T07:02:55.390223+00:00"
      },
      "problem": {
        "title": "GZA 提供的初等数论问题 I",
        "slug": "gza-elementary-problem-1",
        "category": "初等数论",
        "difficulty": "进阶"
      }
    },
    {
      "solution": {
        "id": "1dcffe89-27ae-4719-aa8f-afc6adbdf020",
        "problem_id": "6890739b-2ee6-4e09-8014-0974cb04ddc3",
        "author_name": "GF1048576",
        "title": "五点共圆",
        "content": "反证法. 其中存在内接正五边形 $p$, 则它存在一个外接圆 $\\omega$. 圆和椭圆都是二次曲线, 因此消元后至多有 $4$ 个交点. 这与内接正五边形的五个点都是椭圆和圆的交点矛盾.",
        "created_at": "2026-10-21T04:17:25.257599+00:00",
        "reviewed_at": "2026-10-21T04:17:46.640695+00:00"
      },
      "problem": {
        "title": "椭圆上的正五边形",
        "slug": "geometric-pentagon",
        "category": "几何",
        "difficulty": "入门"
      }
    }
  ]
}