Задача 3. Периметры на 17 и 19

Раскраска — шахматная

$99$ горизонтальных линий делят прямоугольник на $100$ строк, $99$ вертикальных — на $100$ столбцов. Получается $100\cdot 100=10\,000$ прямоугольников, как и сказано в условии.

Линии проходят через весь прямоугольник, поэтому соседи в строке примыкают друг к другу всей стороной: у них общая сторона целиком — значит, по условию они разного цвета. Выходит, в каждой строке цвета чередуются: чёрный, белый, чёрный, белый, … — как на шахматной доске. В строке $100$ прямоугольников, и чёрных среди них ровно половина — $50$. В столбцах так же.

В каждой строке и в каждом столбце ровно $50$ чёрных прямоугольников, а всего чёрных $100\cdot 50=5000$.

Периметр через столбец и строку

Обозначим ширины столбцов слева направо $a_1,a_2,\dots,a_{100}$, а высоты строк сверху вниз $b_1,b_2,\dots,b_{100}$. Прямоугольник в столбце $i$ и строке $j$ имеет стороны $a_i$ и $b_j$, а его периметр равен

Ширины всех столбцов вместе дают ширину большого прямоугольника, высоты строк — его высоту:

По условию $A$ и $B$ — целые числа. Сами $a_i$ и $b_j$ могут быть дробными, например $4{,}25$.

Сложим периметры всех чёрных

Про каждый периметр мы знаем только две последние цифры. Зато сумму всех чёрных периметров можно найти через $A$ и $B$. Обозначим её $P$.

Сколько раз в $P$ входит ширина $a_1$? Она есть только в периметрах прямоугольников первого столбца, а чёрных среди них $50$ (шаг 1). В периметр каждого из них $a_1$ входит дважды: $2a_1+2b_j$. Всего $2\cdot 50=100$ раз. Так же с каждой шириной $a_i$ и — по той же причине, ведь в каждой строке $50$ чёрных — с каждой высотой $b_j$. Значит,

Число $A+B$ целое, поэтому $P$ делится на $100$, то есть оканчивается на $00$.

Последние две цифры

Пусть периметры $k$ чёрных прямоугольников оканчиваются на $19$, а остальных $5000-k$ — на $17$. Каждый периметр отличается от своего окончания на целое число сотен: например, $217=200+17$, а $19=0+19$. Поэтому $P$ отличается на целое число сотен от суммы окончаний

Значит, $P$ и $85\,000+2k$ оканчиваются одинаково — на $00$ (шаг 3). Число $85\,000$ тоже оканчивается на $00$, поэтому и $2k$ оканчивается на $00$, то есть делится на $100$. Тогда $k$ делится на $50$.

Количество чёрных прямоугольников с периметром на $19$ делится на $50$, что и требовалось доказать.

Такие разрезания бывают

Задача этого не спрашивает, но полезно убедиться, что условие выполнимо и что $50$ здесь не случайно.

Пусть все столбцы шириной $4{,}25$ и все строки высотой $4{,}25$. Тогда стороны большого прямоугольника $425\times 425$ — целые, а периметр каждого чёрного $4\cdot 4{,}25=17$: периметров на $19$ нет, $k=0$.

Сделаем один столбец шире на $1$ — шириной $5{,}25$. Ширина большого прямоугольника станет $426$, а у $50$ чёрных прямоугольников этого столбца периметр вырастет на $2$ и станет $19$: $k=50$. Меньшего положительного $k$ не бывает — это мы и доказали.

Второй вариант

Меняются размер доски, цвет и окончания. Линий $199+199$, значит, строк и столбцов по $200$, а прямоугольников $200\cdot 200=40\,000$. Раскраска снова шахматная, и в каждой строке и каждом столбце ровно $100$ белых прямоугольников; всего белых $20\,000$.

Сумма $P$ периметров всех белых: каждая ширина $a_i$ входит в неё $2\cdot 100=200$ раз, каждая высота $b_j$ — тоже. Поэтому

— число $A+B$ целое, и $P$ делится на $100$, то есть оканчивается на $00$.

Пусть $m$ белых периметров оканчиваются на $21$, а остальные $20\,000-m$ — на $23$. Сумма окончаний

$P$ оканчивается так же, как $460\,000-2m$, то есть на $00$. Число $460\,000$ оканчивается на $00$, поэтому и $2m$ делится на $100$, а $m$ — на $50$. Доказано.

Отличие от первого варианта — в знаке: спрашивают про меньшее окончание ($21$), и $2m$ вычитается, а не прибавляется. На вывод это не влияет.