把 $n$（$n\geqslant 2$）枚硬币排成一行．如果存在正面朝上的硬币，那么可以从中选取一枚，将以这枚硬币为左起第一枚的连续奇数枚硬币同时翻面，这称为一次操作．当所有硬币正面朝下时，停止操作．若开始时硬币全部正面朝上，
试问：是否存在一种方案，使得可以进行 $\left\lfloor\dfrac{2^{n+1}}{3}\right\rfloor$ 次操作？
试问：是否存在一种方案，使得可以进行 $\left\lfloor\dfrac{2^{n+1}}{3}\right\rfloor$ 次操作？
【难度】
【出处】
2013年中国西部数学邀请赛试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
对硬币的每一种摆放方式，定义相对应的数列 $c_1 c_2 \ldots c_n$ 为
$c_i = \left\{ \begin{aligned}&1, &&\text{ 若从左往右第}i\text{枚硬币正面朝上}\\ &0, &&\text{ 若从左往右第}i\text{枚硬币正面朝下} \end{aligned}\right. $
则开始时对应的数列为 $11\ldots 1$，每次考虑从右到左的第一个 $1$，且以这个 $1$ 为开头，取最长的奇数位数字做一次操作，记这种方案的操作总次数为 $a_n$．
以下用数学归纳法证明 $a_n = \left\lfloor\dfrac{2^{n+1}}{3}\right\rfloor$．
当 $n=1$ 时，易知 $a_1 = 1 = \lfloor \dfrac{2^2}{3}\rfloor$．
假设当 $n=k$ 时命题成立，即 $a_k =\left\lfloor\dfrac{2^{k+1}}{3}\right\rfloor$，
则当 $n=k+1$ 时：若 $k$ 为奇数，即 $11\ldots 1$ 经过 $a_k$ 次操作后变为 $100\ldots 0$，再经过一次操作后可变为 $011\ldots 10$，然后经过 $a_k -1$ 次操作以后变为 $00\ldots 0$（这是因为 $11\ldots 1$ 变为 $00\ldots 0$ 的操作过程中第一步后就是 $11\ldots 10$），因此有
$\begin{aligned} a_{k+1} &=2 a_{k}=2\left\lfloor\frac{2^{k+1}}{3}\right\rfloor= 2 \cdot \frac{2^{k+1}-1}{3} =\frac{2^{k+2}-2}{3}=\left\lfloor\frac{2^{k+2}}{3}\right\rfloor \end{aligned}$
若 $k$ 为偶数，即 $11\ldots 1$ 经过 $a_k$ 次操作后变为 $100\ldots 0$，再经过一次操作后变为 $011\ldots 1$，最后再经过 $a_k$ 次操作后变为 $00\ldots 0$，由此可得
$\begin{aligned} a_{k+1} &=2 a_{k}+1=2\left\lfloor\frac{2^{k+1}}{3}\right\rfloor+ 1 =2 \cdot \frac{2^{k+1}-2}{3}+1=\frac{2^{k+2}-1}{3} =\left\lfloor\frac{2^{k+2}}{3}\right\rfloor \end{aligned}$
由数学归纳法可知 $a_{n}=\left\lfloor\dfrac{2^{n+1}}{3}\right\rfloor$，
从而存在满足要求的操作方案．
$c_i = \left\{ \begin{aligned}&1, &&\text{ 若从左往右第}i\text{枚硬币正面朝上}\\ &0, &&\text{ 若从左往右第}i\text{枚硬币正面朝下} \end{aligned}\right. $
则开始时对应的数列为 $11\ldots 1$，每次考虑从右到左的第一个 $1$，且以这个 $1$ 为开头，取最长的奇数位数字做一次操作，记这种方案的操作总次数为 $a_n$．
以下用数学归纳法证明 $a_n = \left\lfloor\dfrac{2^{n+1}}{3}\right\rfloor$．
当 $n=1$ 时，易知 $a_1 = 1 = \lfloor \dfrac{2^2}{3}\rfloor$．
假设当 $n=k$ 时命题成立，即 $a_k =\left\lfloor\dfrac{2^{k+1}}{3}\right\rfloor$，
则当 $n=k+1$ 时：若 $k$ 为奇数，即 $11\ldots 1$ 经过 $a_k$ 次操作后变为 $100\ldots 0$，再经过一次操作后可变为 $011\ldots 10$，然后经过 $a_k -1$ 次操作以后变为 $00\ldots 0$（这是因为 $11\ldots 1$ 变为 $00\ldots 0$ 的操作过程中第一步后就是 $11\ldots 10$），因此有
$\begin{aligned} a_{k+1} &=2 a_{k}=2\left\lfloor\frac{2^{k+1}}{3}\right\rfloor= 2 \cdot \frac{2^{k+1}-1}{3} =\frac{2^{k+2}-2}{3}=\left\lfloor\frac{2^{k+2}}{3}\right\rfloor \end{aligned}$
若 $k$ 为偶数，即 $11\ldots 1$ 经过 $a_k$ 次操作后变为 $100\ldots 0$，再经过一次操作后变为 $011\ldots 1$，最后再经过 $a_k$ 次操作后变为 $00\ldots 0$，由此可得
$\begin{aligned} a_{k+1} &=2 a_{k}+1=2\left\lfloor\frac{2^{k+1}}{3}\right\rfloor+ 1 =2 \cdot \frac{2^{k+1}-2}{3}+1=\frac{2^{k+2}-1}{3} =\left\lfloor\frac{2^{k+2}}{3}\right\rfloor \end{aligned}$
由数学归纳法可知 $a_{n}=\left\lfloor\dfrac{2^{n+1}}{3}\right\rfloor$，
从而存在满足要求的操作方案．
答案
解析
备注
